Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела ммо - задания по годам
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#67554

К графикам функций y = cosx  и y =a tgx  провели касательные в некоторой точке их пересечения. Докажите, что эти касательные перпендикулярны друг другу для любого a⁄= 0  .

Источники: ММО-2023, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как доказать, что две прямые на координатной плоскости перпендикулярны?

Подсказка 2

Нужно доказать, что произведение их коэффициентов наклона равно -1!

Подсказка 3

Как найти коэффициент наклона касательной?

Подсказка 4

Он равен значению производной в точке касания!

Подсказка 5

Обозначьте за x₀ точку пересечения графиков и запишите, что это означает. Потом воспользуйтесь наблюдениями выше.

Показать доказательство

Абсцисса x
0  любой точки пересечения графиков данных функций удовлетворяет равенства cosx = atg x
    0      0  . В этой точке касательная к графику функции y =cosx  имеет угловой коэффициент k1 = − sinx0  , а касательная к графику функции y = atg x  имеет угловой коэффициент     --a--
k2 = cos2x0  . Поскольку

         asinx0   a tgx0
k1⋅k2 = − cos2x0 = −-cosx0 =− 1

эти касательные перпендикулярны друг другу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67655

Пусть ABCD  — параллелограмм, отличный от прямоугольника, а точка P  выбрана внутри него так, что описанные окружности треугольников PAB  и PCD  имеют общую хорду, перпендикулярную AD.  Докажите, что радиусы данных окружностей равны.

Источники: ММО-2023, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Часто в геометрии полезно избавиться от ненужных объектов на картинке. В данном случае это общая хорда окружностей. Как можно переформулировать то что она перпендикулярна AD?

Подсказка 2

Это равносильно тому, что линия центров окружностей параллельна AD!

Подсказка 3

Теперь посмотрите на картинку повнимательнее: между двумя окружностями, которые должны быть равны, есть много общего...

Подсказка 4

Центры обеих окружностей лежат на линии центров, параллельной AD, а также центр первой лежит на...

Подсказка 5

Серединном перпендикуляре к AB! А центр второй - на серединном перпендикуляре к CD. Теперь просто нужно понять, что картинка (AB и центр первой окружности) равна картине (CD и центр второй окружности).

Показать доказательство

PIC

Первое решение.

Заметим, что линия центров O1O2  перпендикулярна общей хорде данных окружностей, а значит параллельна прямым AD  и BC.  Пусть M  - середина отрезка AB,  N  - середина отрезка CD.  Тогда O1M  ⊥AB,  O2N ⊥CD  и, поскольку AB||CD,  прямые O1M  и O2N  параллельны. Далее, O1O2||AD  и при этом AD ||MN,  поэтому O1O2||MN.  Заключаем, что четырёхугольник O1MNO2  — параллелограмм по определению, следовательно O1M = O2N.  Кроме того, поскольку отрезки MB  и NC  равны, то по двум катетам будут равны прямоугольные треугольники O1MB  и O2NC,  следовательно, равны их гипотенузы O1B  и O2C,  являющиеся также радиусами наших окружностей, что и требовалось доказать

Первое решение.

Предположим противное, радиусы окружностей ω1  и ω2,  описанных около треугольников PAB  и P CD  соответственно, различны.

При параллельном переносе на −−→
CB  отрезок CD  перейдет в отрезок AB,  окружность ω2  перейдёт в окружность ω3,  а прямая O1O2  перейдёт в себя. Причём ω3  не может совпадать с ω1,  поскольку их радиусы различны. Поэтому линия центров O3O1,  совпадающая с прямой O1O2,  перпендикулярна общей хорде AB.  Таким образом, прямая AB  параллельна общей хорде окружностей ω1  и ω2  и, следовательно, перпендикулярна прямой AD.  Но тогда параллелограмм ABCD  является прямоугольников, что противоречит условию задачи. Следовательно, радиусы окружностей ω1  и ω2  равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67669

Дан многочлен P(x)  степени n >5  с целыми коэффициентами, имеющий n  различных целых корней. Докажите, что многочлен P (x)+ 3  имеет n  различных действительных корней.

Источники: ММО-2023, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Многочлен степени n не может иметь более n корней. Значит, что если многочлен P(x) + 3 имеет не n различных корней, то их у него меньше. Подумаем, а как у нас могли "пропасть" корни при увеличении P(x) на 3?

Подсказка 2

Рассмотрим график P(x), тогда, если при сдвиге графика на 3 вверх, корней стало меньше, то в каких-то точках локального экстремума P(x) значение P(x) было по модулю меньше трёх. Как можно поработать с точками локальных экстремумов, если мы не знаем их точное расположение?

Подсказка 3

Точки экстремумов находятся на промежутках между корнями! Используя подсказку 2, попробуем найти модуль значения P(x) в точках экстремума. В каком виде можно представить P(x), чтобы было удобнее считать модуль, и в каких точках мы будем его считать?

Подсказка 4

Попробуйте представить многочлен в виде a(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n). Хотим доказать, что в конкретных точках значение P(x) по модулю было больше 3. А в каких точках будем искать?

Подсказка 5

В точках x_i = a_i + 0.5. Т.к. мы хотим доказать, что |P(x_i)| > 3, то достаточно лишь для некоторых скобок доказать это, а остальные лишь увеличат |P(x_i)|.

Показать доказательство

Пронумеруем корни многочлена в порядке возрастания a < ...<a .
 1       n  Тогда многочлен можно представить в виде

P(x)= a(x− a1)(x− a2)...(x− an),a ⁄=0,a∈ ℤ,ai ∈ ℤ

Покажем, что значение многочлена P  в любой точке локального экстремума по модулю строго больше 3  (тогда при сдвиге графика многочлена на 3  единицы вверх или вниз количество его точек пересечения с осью абсцисс не изменится). Точки локального экстремума P  находятся на промежутках (a;a  ), i=1,2,...n− 1.
 i  i+1  Вычислим значения |P(x)| в точках x = a + 1.
 i   i 2  Так как корней не меньше шести, то

                                   1  1 3  3 5 5     225-
|P (x)|=|a(xi− a1)(xi− a2)...(xi− an)|≥ |a|⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 = |a|64 >3|a|≥3

В произведении мы оставляем шесть наименьших по модулю множителей, остальные (есть при n> 6)  ещё больше.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67672

В турнире по теннису (где не бывает ничьих) участвовало более 4  спортсменов. Каждый игровой день каждый теннисист принимал участие ровно в одной игре. К завершению турнира каждый сыграл с каждым в точности один раз. Назовём игрока упорным, если он выиграл хотя бы один матч и после первой своей победы ни разу не проигрывал. Остальных игроков назовём неупорными. Верно ли, что игровых дней, когда была встреча между неупорными игроками, больше половины?

Источники: ММО-2023, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В такой конструкции полезно для начала посмотреть на крайние объекты, например, на последний день турнира. Что во время него произошло?

Подсказка 2

Правильно, в последний день выиграли все упорные, а тогда их не больше половины. Что будет, если их меньше половины?

Подсказка 3

Ну если их меньше половины, то каждый день была встреча между неупорными, это нас устраивает. А вот если их ровно половина, то тогда всего игроков будет 2k, поровну упорных и неупорных, попробуем доказать, что было хотя бы k дней, когда была встреча между неупорными.

Подсказка 4

Заметим, что это равносильно тому же условию, только для упорных, подумайте, почему это так! Конечно же, будем доказывать от противного, при этом исследовать ситуацию для встреч между упорными игроками, потом просто воспользуемся доказанной равносильностью!

Подсказка 5

Поймём, что упорные обязаны играть между собой в одни и те же дни, т.е. провести собственный минитурнир. А когда такое возможно?

Подсказка 6

Конечно, только при чётном количестве упорных игроков. Но теперь вспомним условие, что 2k > 4!

Подсказка 7

В силу чётности k из него следует, что k ≥ 4, тогда в первый день минитурнира выиграло как минимум два упорных игрока. Но ведь они потом встретятся ещё между собой!

Подсказка 8

Тогда кто-то из них выиграет, а другой проиграет, до этого уже выиграв! Это противоречие! Значит, требуемое доказано :)

Показать ответ и решение

В последний день все упорные выиграли. Значит, их не больше половины. Если их меньше половины, то каждый день была встреча между неупорными игроками. Остаётся рассмотреть случай, когда количество упорных k  составляет половину от общего числа игроков 2k.  Такой турнир длился 2k− 1  дней, и нужно доказать, что было хотя бы k  дней, когда была встреча между неупорными. Это равносильно тому, что было хотя бы k  дней, когда была встреча между упорными, так как и тех и других — ровно половина (если все упорные играют только с неупорными, то в этих встречах участвуют все неупорные, и обратно).

Предположим противное: пусть встречи между неупорными игроками проходили менее, чем в половине всех дней турнира. Тогда, в силу замечания выше, то же самое можно сказать и про встречи между упорными игроками. Так как всего упорных игроков k,  каждый упорный играл с упорными k− 1  день. Поэтому единственный возможный вариант, при котором встречи между упорными игроками проходили менее чем в половине дней турнира, — это когда все упорные играют между собой в одни и те же дни. Другими словами можно сказать, что упорные проводят в этот k− 1  день между собой минитурнир, а такое возможно только если число упорных игроков чётно. Вспомним теперь, что 2k> 4,  то есть k> 2,  а поскольку k  — чётное, то k≥ 4.  Тогда в первый из дней минитурнира играли по крайней мере две пары упорных игроков, а значит было хотя бы два упорных, победивших в этот день. В дальнейшем они должны сыграть между собой, но тогда один из них проиграет после того, как выиграл. Противоречие. Значит, наше предположение неверно, и игровых дней, когда была встреча между неупорными игроками, не менее половины.

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#67674

Середины всех высот некоторого тетраэдра лежат на его вписанной сфере. Верно ли, что тетраэдр правильный?

Источники: ММО-2023, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем разобраться в этом тетраэдре. Мы знаем, что середина каждой высоты лежит на вписанной сфере. Какое неравенство, связанное с высотой и радиусом вписанной сферы, мы можем получить?

Подсказка 2

Если Hi- длина произвольной высоты тетраэдра, то Hi/2<=2r, где r- радиус вписанной сферы. Это можно увидеть, если провести плоскость, параллельную плоскости основания высоты и касающуюся вписанной сферы. Что же может дать нам это неравенство? Полезно было бы вспомнить о том, что Hi и r связаны объёмом тетраэдра...

Подсказка 3

Обозначим за Si- площадь произвольной боковой грани. Тогда: 3*V=Hi*Si=r*(S1+S2+S3+S4), где V- объем тетраэдра. Попробуйте теперь воспользоваться неравенством Hi/2<=2r...

Подсказка 4

Подставив неравенство в равенство, мы получим, что: r*(S1+S2+S3+S4)<=4*r*Si. Сократим обе части на 4*r: (S1+S2+S3+S4)/4<=Si. Получается, что произвольно выбранная площадь не меньше среднего арифметического всех площадей. Это как-то странно...

Подсказка 5

Давайте предположим, что Si не больше всех оставшихся площадей. Тогда: Si=(Si+Si+Si+Si)/4<=(S1+S2+S3+S4)/4<=Si. Это означает, что все Si равны между собой. Тогда и все высоты равны между собой. Во что превращается неравенство Hi/2<=2r?

Подсказка 6

Положим, что S1=S2=S3=S4=S, а H1=H2=H3=H4=H. Т.к. H*S=r*(S1+S2+S3+S4) получаем, что H=4r. Но тогда высоты обязаны содержать центр вписанной окружности и точку касания с гранью. Может как-то выразить длины ребер через высоты...

Подсказка 7

Для определенности проведем высоту AH и будем искать ребро AB. По теореме о касательной и секущей получаю, что BH^2=H*H/2. Теперь осталось воспользоваться теоремой Пифагора для треугольника ABH и увидеть, как AB выражается через H.

Показать ответ и решение

PIC

Рассмотрим тетраэдр ABCD,  удовлетворяющий условию задачи. Заметим, что по условию для любой высоты hi  данного тетраэдра справедливо неравенство hi2-≤2r,  где r  — радиус вписанной сферы, то есть hi ≤ 4r,i=1,2,3,4.

Пусть Si  — площадь грани, на которую опущена высота hi.  Докажем, что S1 = S2 =  =S3 =S4.  Предположим противное. Выберем грань минимальной площади (если таких граней несколько, то берём любую из них). Без нарушения общности можно считать, что её площадь равна S1  (иначе можно ввести переобозначения). Так как не все Si  равны между собой и S1  - наименьшая из них, то

S1+-S2+S3-+S4->S1
      4

Выразим объём тетраэдра двумя способами:

V = 1h S = 1r(S + S + S +S )> 1r⋅4S
    3 1 1  3  1   2   3  4   3    1

Отсюда h1 > 4r,  что противоречит неравенству h1 ≤4r

Итак, все Si  равны, поэтому все hi  равны, так как     3V
hi = Si .  Обозначим за h  длину этих равных высот. Из приведённого выше соотношения для объёма получаем h= 4r,  то есть неравенство обращается в равенство. Но это возможно только в случае, если высота содержит центр сферы и точку касания с гранью (и так для каждой высоты).

Пусть H  - основание высоты тетраэдра, опущенной из точки A.  Тогда H  совпадает с точкой касания сферы и грани BCD  Пусть BH = a,  тогда по теореме о касательной и секущей  2  h
a = 2 ⋅h.  По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника ABH  получаем

                            h2  3h2
AB2 =AH2 + BH2 =h2 +a2 = h2+ 2-=-2-

Аналогично получаем такое же выражение для остальных рёбер тетраэдра, следовательно, они равны между собой, то есть тетраэдр правильный.

Ответ: верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67675

Назовём тройку чисел триплетом, если одно из них равно среднему арифметическому двух других. Последовательность (a )
 n  строится следующим образом: a1 = a2 = 1  и при n> 2  число an  — такое минимальное натуральное число, что среди чисел a1,a2,...,an  нет трёх, образующих триплет. Докажите, что     n2 +7
an ≤--8--  для любого n.

Источники: ММО-2023, 11.6 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем для начала понять, какими свойствами обладает наша последовательность. Что мы можем сказать про два подряд идущих члена? Какой из них может быть больше или равен другому?

Подсказка 2

Если aₓ > aₓ₊₁, то при выборе x элемента последовательности мы бы взяли aₓ₊₁, а не aₓ. Отсюда следует, что наша последовательность не убывает. Причем, если какое-то натуральное число n встретилось в последовательности в первый раз, следующий элемент последовательности будет также равен n. Может тогда некоторые элементы можно выкинуть...

Подсказка 3

Мы уже поняли, что наша последовательность не убывает и при этом a₂ₓ = a₂ₓ₋₁. Тогда требуемое неравенство можно доказать только для нечетных номеров. Введем новую последовательность {bₓ}: bₓ=a₂ₓ₋₁. Тогда нам нужно доказать, что bₓ <= ((2x-1)²+7)/8 = x(x-1)/2+1. Теперь надо подумать о том, какими свойствами обладает последовательность {bₓ} и как мы собираемся доказывать наше неравенство...

Подсказка 4

Из свойств последовательности {aₓ} вытекает, что {bₓ}- строго возрастает. Попробуйте теперь воспользоваться методом от противного вместе с принципом крайнего предположив, что bₓ- первый элемент последовательности, для которого не выполняется неравенство.

Подсказка 5

Пускай bₓ- первый элемент последовательности, для которого не выполняется неравенство. Тогда: bₓ > x(x-1)/2+1. Заметим также, что bₓ₋₁ < x(x-1)/2+1, иначе бы bₓ₋₁ >= x(x-1)/2+1 > (x-1)(x-2)/2+1, что противоречит выбору bₓ. Это означает, что среди чисел от 1 до x(x-1)/2+1 существуют все x-1 элементов последовательности (b₁, b₂, ... bₓ₋₁). Попробуйте теперь найти противоречие в количестве чисел в интервале от 1 до x(x-1)/2+1, которые не являются членами последовательности

Подсказка 6

Пускай таких чисел s штук. Тогда: s = x(x-1)/2+1-(x-1) = (x-1)(x-2)/2+1 = С²ₓ₋₁+1. Подумайте, как могло случится так, что какое-то число n (1 < n < x(x-1)/2+1)) не стало членом последовательности...

Подсказка 7

Если n не стало членом последовательности, то n образует триплет с какими-то двумя членам последовательности, меньшими bₓ. Всего таких пар С²ₓ₋₁. Т.к. каждая пара могла "забраковать" не более одного числа в промежутке от 1 до x(x-1)/2+1, то s <= С²ₓ₋₁. Это и является противоречием.

Показать доказательство

Очевидно, что последовательность не убывает. Действительно, неравенство a > a
 n   n+1  противоречило бы выбору a .
 n  Также понятно, что любое число повторяется не более, чем дважды, иначе в последовательности найдутся три одинаковых числа, а они образуют триплет. Теперь легко видеть, что если число c  впервые встречается в последовательности в качестве an,  то an+1 = an = c.

Таким образом, для любого натурального k  верно равенство a2k−1 = a2k.  Заметим, что тогда достаточно доказать требуемое неравенство только для нечетных индексов:

           (2k− 1)2 +7   (2k)2+7
a2k = a2k− 1 ≤---8-----≤ ---8---

Положим bk = a2k−1.  Тогда нужно доказать, что

          2
bk ≤ (2k− 1)-+-7= k(k− 1)+ 1
        8          2

Отметим, что последовательность (bn)  обладает тем свойством, что при k> 1  очередной член последовательности bk  - минимальное натуральное число, которое не образует триплет с парами чисел из {b1,...,bk−1},  где пара может иметь вид (bi,bi).  При этом bk > bk−1,  то есть (bn)  строго возрастает, в отличие от (an).

Пусть n  - минимальное натуральное число, для которого требуемое неравенство неверно, то есть bn > n(n−21)+1.  Это означает, что среди чисел от 1  до n(n−21)+ 1  содержится ровно n− 1  член последовательности, поскольку при m < n  по предположению имеем

bm ≤ m(m-− 1) +1< n(n−-1)+ 1
       2           2

Обозначим через s  количество чисел в промежутке от 1 до n(n−1)+ 1,
  2  не принадлежащих последовательности (bn).  Тогда

s= n(n-− 1)+ 1− (n − 1)= (n−-1)(n−-2)+ 1= C2n−1+1
     2                    2

Обозначим эти числа di,1≤ i≤ s.  В силу минимальности каждого из bm  для любого 1≤ k≤ s  найдутся такие числа bik,bjk,  где ik ≤ jk ≤ n− 1,  что (bik,bjk,dk)  - триплет. При это можно считать, что dk  - наибольший элемент в триплете, иное бы противоречило выбору наименьшего элемента последовательности (bn),  большего dk.  Отсюда ik < jk.  Тогда число способов выбрать пару (ik,jk)  не превосходит C2n−1,  то есть не больше способов выбрать два различных индекса из {1,2,...,n− 1}.  В то же время парами (ik,jk)  нужно обеспечить s>C2n−1  чисел di.  Полученное противоречие завершает решение.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67676

Дана строго возрастающая функция f :ℕ  −→ ℕ
    0   0  (где ℕ
 0  — множество целых неотрицательных чисел), которая удовлетворяет соотношению f(n+f (m ))= f(n)+ m+ 1  для любых m,n ∈ℕ0.  Найдите все значения, которые может принимать f(2023).

Источники: ММО-2023, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотрим на условие задачи внимательно и ищем, за что зацепиться: "функция строго возрастающая", "числа целые неотрицательные", ещё и равенство для функции без всяких степеней, ещё и единичка прибавляется с одной стороны... Мы видим, что правая часть равенства из условия при увеличении m на 1 увеличивается ровно на 1 (эта идея возникает из возрастания функции и целых значений), тогда имеет смысл посмотреть, а как в таком случае меняется левая часть?

Подсказка 2

Если мы оставим n таким же, а m увеличим на 1, то видим, что левая часть изменилась ровно на 1, а, значит, f(n + f(m+1)) = f(n + f(m)) + 1. То есть слева аргумент функции "почти" увеличился на 1 (на самом деле увеличился на 1 аргумент функции внутри аргумента нашей функции:)), а справа увеличилась на 1 сама часть, вне функции... А вспомним-ка про возрастание функции и применим f(m+1) >= 1 + f(m).

Подсказка 3

Теперь мы должны прийти к тому, что вместо неравенства должно выполняться равенство f(m + 1) = f(m) + 1 для любого целого неотрицательного m.

Подсказка 4

Мы уже связали f(m) и f(m+1), остаётся лишь найти f(0), чтобы стартовать от этого значения. Попробуйте подставить в условие самые базовые значения переменных - нули - и найдите f(0).

Подсказка 5

Теперь окончательно получается f(m) = m + 1. Остаётся найти f(2023) и написать ответ!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Так как функция f :ℕ0 −→ ℕ0  строго возрастает, то

f(n+ f(m + 1))≥ f(n +f(m)+ 1)≥f(n+ f(m ))+1

Но по условию правая часть равна (f(n)+ m +1)+ 1  и левая часть равна f(n)+ (m + 1)+1,  значит, в обоих неравенствах должно достигаться равенство, то есть при увеличении аргумента на 1, значение функции тоже увеличивается ровно на 1:

f(m+ 1)= f(m )+1

Остаётся найти f(0).  Для этого в исходное условие подставим m =0  и получим

f(n +f(0)) =f(n)+1 =f(n+ 1) =⇒   f(0) =1

В итоге для любого n∈ ℕ0  получаем f(n)= n+ 1,  откуда f(2023)= 2024.

Второе решение.

Подставим m = 0.  Получаем f(n+ f(0))= f(n)+ 1.

После подстановки n =0  получаем f(f(0))= f(0)+ 1.  Тогда f(a)= a+ 1,  где a =f(0).  Заметим, что при a⁄= 0,  ведь иначе f(0)=f(0)+1.  Итак, a∈ ℕ.

После подстановки n =a  получаем f(a+ a)=f(a)+1 =a +2.  Поэтому значения функции на концах отрезка [a;2a]  являются двумя последовательными натуральными числами.

По условию функция f :ℕ0 −→ ℕ0  строго возрастает, а значит, на отрезке [a;2a]  не должно быть других целых точек помимо a  и   2a,  так как в противном случае значения в этих точках совпадали бы с a +1  или a+ 2,  что противоречило бы строгому возрастанию. Тогда 2a− a= 1,  откуда получаем a= 1.

Итак, f(0)=1,f(n+ 1)= f(n)+1,  откуда для любого n∈ ℕ
    0  получаем f(n)= n+ 1.

В итоге f(2023)=2024.

Ответ: 2024

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#67677

Какое наименьшее количество различных целых чисел нужно взять, чтобы среди них можно было выбрать как геометрическую, так и арифметическую прогрессию длины 5?

Источники: ММО-2023, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что чисел хотя бы 5. Немного пописав, приходим к выводу: задача была бы слишком простой, если бы ответ был бы 5 и пример находился бы просто. Поэтому попробуем доказать, что чисел хотя бы 6. Попробуем от противного, а далее попробуем найти пример на 6.

Подсказка 2

Раз уж доказываем от противного, как-то стоит эти числа записать. Работать с числами из геометрической последовательности удобнее, поэтому запишем все 5 членов через первый член и знаменательно прогрессии. Для каких из них можно записать условие на принадлежность к одной арифметической прогрессии?

Подсказка 3

Для первого, третьего и пятого члена геометрической последовательности. Помним, что удвоенный член арифметической последовательности равен сумме его соседей. Попробуем с помощью преобразований прийти к противоречию. Теперь немного попишем и попробуем найти пример на 6!

Подсказка 4

Ясно, что нам нужны и отрицательные числа тоже, тогда в геометрической прогрессии знаки членов будут противоположны. Искать среди больших чисел ну очень неудобно, поэтому попробуем найти какие-то маленькие числа, например, 1 и т.д...

Показать ответ и решение

(Оценка) Покажем, что никакие пять различных чисел не удовлетворяют условию задачи. Предположим противное: пусть найдутся пять различных целых чисел, одновременно образующих геометрическую и (возможно в другом порядке) арифметическую прогрессию. Тогда они имеют вид      2  3  4
b,bq,bq,bq,bq,  где b ∈ℤ.  Заметим, что b ⁄=0,q ⁄= 0  по определению геометрической прогрессии. Числа    2  4
b,bq ,bq  всегда одного знака и в арифметической прогресии идут либо подряд при q < 0,  либо через одного при q < 0.  В любом случае должно выполняться равенство   2       4
2bq =b +bq,  т.е.   2    2
b(q − 1) = 0,  откуда q = ±1,  но тогда среди чисел есть равные. Противоречие. Следовательно, пяти чисел недостаточно.

(Пример) Приведём пример шести целых чисел, удовлетворяющих условию:

−8,−2,1,4,10,16

Действительно, числа 1,−2,4,−8,16  образуются геометрическую прогрессию, а числа − 8,−2,4,10,16  - арифметическую прогрессию.

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#67678

В треугольнике ABC  высоты BE  и CF  пересекаются в точке H,  точка M  — середина стороны BC,  а X  — точка пересечения внутренних касательных к окружностям, вписанным в треугольники BMF  и CME.  Докажите, что точки X,M  и H  лежат на одной прямой.

Источники: ММО-2023, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока не совсем понятно, как доказывать вопрос задачи. Углы тут совсем никак не помогут, потому что к ним не подобраться... Давайте попробуем пока в принципе отметить факты на картинке, может быть, что-нибудь в дальнейшем увидим. Например, поймём, где у нас лежат центры вписанных окружностей? Какое дополнительное построение хорошо бы сделать, когда отмечена середина стороны?

Подсказка 2

Верно, центры окружностей лежат на серединном перпендикуляре к сторонам BF и CE, так как треугольники у нас равнобедренные. К тому же если у нас уже есть по средней линии в треугольниках, то давайте проведём ещё по одной параллельно сторонам BF и CE. Значит, у нас уже есть биссектрисы углов B и C, соотношения для которых мы уже можем записать. И попробуем поделить одно соотношение на другое, хуже нам от этого не станет, к тому же у них есть одинаковый отрезок. Давайте немного подумаем. Мы работаем только с отрезками... А как с помощью них можно доказать принадлежность трёх точек одной прямой?

Подсказка 3

Точно, можно доказать, что точка X переводится гомотетией в точку H. Но... Доказывать это через треугольники точно не хочется. Это нужно продлевать серперы до пересечения с линией, параллельной отрезку, проходящего через центры окружностей... Так мы ничего добьёмся. Давайте попробуем доказать утверждение через равенство отношения расстояний от точек X и H до серперов. Одно большое соотношение мы уже получили. Тогда давайте и попробуем выйти через него на отношение расстояний. Давайте взглянем ещё раз внимательно на условие. Чем мы ещё не пользовались?

Подсказка 4

Верно, мы совсем забыли про точку X, а она является центром гомотетии двух окружностей! То есть можем ещё записать отношения с радиусами и двумя отрезками, нужными нам. Остаются только некоторые технические преобразования с отношениями, и победа!

Показать доказательство

PIC

Первое решение.

Пусть S,  T  - середины высот BE  и CF,  а L,  N  - середины отрезков BF  и CE.  Обозначим окружности, вписанные в треугольники BMF,  CME  через ω1,  ω2,  а их центры - через Ib  и Ic  соответственно. Треугольники BMF  и CME  - равнобедренные, поэтому точки Ib  и Ic  лежат на соответствующих высотах ML  и MN  этих треугольников. Отрезки BIb  и CIc  являются биссектрисами треугольников MLB  и MNC,  поэтому, записывая для них основное свойство биссектрисы, получаем соотношения MNIIcc = MNCC-,  MLIIbb = MBLB .  Разделив первое на второе и учитывая равенство MB  = MC,  получаем, что MMIIcb ⋅ LNIIbc = LNBC-.  Поскольку X  - центр гомотетии, переводящей ω1  в ω2,  то X  лежит на линии IbIc  и верно равенство: LNIIb= XXIIb.
  c    c  Но тогда

MIc-⋅ LIb= MIc-⋅ XIb = MIc⋅ SMXIb-= ρ(X,MIb),
MIb  NIc  MIb  XIc   MIb SMXIc   ρ(X,MIc)

где ρ(X,AB)  обозначает расстояние от точки X  до прямой AB.  С другой стороны, по свойству средней линии MS ||AC  и MT ||AB,  то есть MS ⊥ BE  и MT ⊥ CF.  Значит MLF T  и MNES  - прямоугольники, то есть MT  =LF  и MS = NE.  Тогда выполнены равенства

LB   LF   MT    ρ(H,ML )
NC-= NE-= MS- = ρ(H,MN-),

где последнее равенство выполнено, поскольку MS  и MT  есть в точности общие перпендикуляры к парам параллельных прямых BE ||MN  и CF||ML.  Собирая все доказанные равенства вместе, получаем, что

ρ(H,-ML)-= LB-= MIc-⋅ LIb= ρ(X,MIb),
ρ(H,MN  )  NC   MIb  NIc  ρ(X,MIc)

откуда следует, что точки M,  X  и H  лежат на одной прямой.

Второе решение.

Как и в первом решении обозначим окружности, вписанные в треугольники BMF  и CME,  через ω1,ω2,  их центры через Ib  и  Ic  соответственно, а середины отрезков BF  и CE  — через L  и N.  Пусть также Y  — точка пересечения внешних касательных к ω1,ω2.

Заметим, что четвёрка точек (Ib,Ic,X,Y)  — гармоническая, то есть двойное отношение (Ib,Ic;X, Y)  равно − 1.  Спроецируем эту четвёрку точек на прямую BE  с центром в точке M.  Точка Y  лежит на прямой BC,  поскольку эта прямая является одной из внешних касательных к ω1  и ω2,  поэтому Y  перейдёт в B.  Точка Ib  перейдёт в точку R  пересечения прямых ML  и BH,  которая является серединой BH,  поскольку в треугольнике BFC  отрезок ML  — средняя линия. Точка Ic  перейдёт в бесконечно удалённую точку прямой BH,  поскольку MIc||BH.

Но при центральной проекции сохраняется двойное отношение четвёрки точек, а четвёрка (R,∞; H,B)  — гармоническая. Значит, образом точки X  при данной проекции является точка H,  что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#67679

Имеются абсолютно точные двухчашечные весы и набор из 50  гирь, веса которых равны arctg1,arctg 1,arctg 1,...,arctg-1.
          2     3       50  Докажите, что можно выбрать 10 из них и разложить по 5 гирь на разные чаши весов так, чтобы установилось равновесие.

Источники: ММО-2023, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не совсем ясно, как удобнее подобраться к равновесию. Быть может, найти какие-то мини-группы среди гирек, которые уже удобно делить на равные по весу части? Группы на сколько гирек попробуем найти? Раз уж у нас арктангенсы то было бы неплохо как-то от них избавиться, иначе совсем неясно, как с ними работать... С помощью чего это сделаем?

Подсказка 2

Попробуем искать группы по 3, в которых одна гирька уравновешивает две остальные, а от арктангенса избавимся, взяв тангенс от обеих частей равенства, записанного на тройку из гирек arctg(1/n), arctg(1/m) , arctg(1/k) (первые две уравновешивают третью). Что получится после преобразований и как решать получившееся равенство на n, m и k?

Подсказка 3

С помощью преобразований придём к mn - k(n+m) = 1. Выходит, если мы найдем такие k, n, m в промежутке целых чисел от 1 до 50, то задача решена! Как будем это делать?

Подсказка 4

Попробуйте разложить на множители, а далее перебирать k и для него искать m и n (возможно, перебором)

Подсказка 5

Добавьте к обеим частям равенства k², а далее проделайте действия из подсказки 4

Показать доказательство

Сначала покажем, что в данном наборе есть тройки гирь, одна из которых уравновешивает две другие. Все веса не превосходят π∕4,  поэтому равенства

 (     1      1 )    (    1)       1      1       1
tg  arctg n + arctgm = tg arctgk  и arctgn + arctgm-= arctgk

равносильны. Воспользовавшись формулой

tg(x +y)= -tgx+-tg-y-
         1− tgx⋅tg y

получаем, что

n+-m--= 1⇐⇒  nm − k(n +m )= 1⇐⇒ k2− k(n +m )+nm = k2+ 1
nm− 1   k

Тогда (n− k)(m − k) =k2+ 1.  Выбирая теперь различные натуральные k  и раскладывая k2+1  на множители, находим подходящие тройки, в которых каждое число не превосходит 50.  Результат для k≤ 5  и n < m  представлен в следующей таблице:

k  1  2  3  4  5
(n,m )  (2,3)  (3,7)  (4,13)  (5,21)  (6,31)
(5,8)  (7,18)

Теперь покажем, как разложить гири по чашам:

1-я чаша 2-я чаша
1 = 2,3
5,21  = 4
6,31  = 7,18

(в таблице указано значение n  для гири весом arctg 1n).  Таким образом нам удалось выбрать 10 гирь и разложить по 5 гирь на разные чаши весов так, чтобы установились равновесие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#67680

В выпуклом многограннике обозначим через В, Р и Т соответственно число вершин, рёбер и максимальное число треугольных граней, которые имеют общую вершину. Докажите, что

 √ -----
В  Р+ Т≥ 2Р

Например, для тетраэдра (В= 4,Р= 6,Т = 3)  выполняется равенство, а для треугольной призмы (В =6,Р= 9,Т= 1)  или куба (В= 8,Р= 12,Т = 0)  имеет место строгое неравенство.

Источники: ММО-2023, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем воспринимать этот многогранник как граф. Нам нужно получить какую-то оценку с количеством его рёбер, поэтому логично пытаться оценивать суммы степеней вершин. Давайте рассмотрим произвольную вершину. Какую оценку сверху можно написать на сумму степеней всех смежных с ней вершин?

Подсказка 2

Эта сумма m_1+...+m_k не больше Р+Т, потому что мы могли максимум Т рёбер посчитать дважды.

Подсказка 3

Но нам нужен корень из Р+Т, его можно получить с помощью неравенства о средних. Как его применить?

Подсказка 4

Применим неравенство между средним квадратическим и средним арифметическим для набора sqrt(m_1), ..., sqrt(m_k).

Подсказка 5

Итак, мы получили неравенство, которое удобно переписать в виде sqrt(m_1/k)+...+sqrt(m_k/k)<=sqrt(Р+Т). Теперь давайте рассмотрим все пары вершин. Пусть степени некоторых двух равны x и y. Тогда sqrt(x/y)+sqrt(y/x)>=2. Теперь осталось...

Подсказка 6

Сложить данные неравенства по всем парам вершин, использовать неравенство, которое мы получили выше, и мы получим требуемую оценку.

Показать доказательство

Степенью вершины многогранника называется количество исходящих из неё рёбер этого многогранника. Вершины называются смежными, если они соединены ребром. Пусть A  - произвольная вершина многогранника, k  - её степень, mj  - степени всех смежных с ней вершин (j = 1,2,...,k),  занумерованных в произвольном порядке. Тогда m1 +m2 +...+mk  - это количество всех рёбер, исходящих из смежных с A  вершин, учтенных один или два раза, причём дважды учтены те и только те рёбра, которые лежат против вершины A  в некоторой треугольной грани многогранника. Значит, m1 +m2 +...+mk ≤ P + T.  Отсюда, используя известное неравенство между средним арифметическим и средним квадратическим, получаем

√m--+√m--+ ...+ √m--  √m--+-m-+-...+-m-   √P +-T
--1-----2k-------k-≤ ---1---2k-------k ≤ -√k---

Следовательно,

∘ --- ∘ ---      ∘---
  m1-+  m2-+ ...+  mk-≤ √P-+-T
   k     k         k

Обозначим сумму в левой части последнего неравенства за S(A).  Пусть A
 i  - все вершины многогранника, занумерованные в произвольном порядке, а n
 i  - их соответственные степени (i= 1,2,...,B).  Для любой пары смежных вершин A
  i  и A
 j  по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим выполнено неравенство

∘ ni- ∘ nj-
  nj +  ni ≥ 2

Складывая эти неравенства по всем неупорядоченным парам {Ai,Aj} смежных вершин многогранника, получаем

∑B
   S(Ai)≥ 2P
i=1

По доказанному выше неравенству S(A)≤ √P-+T-  отсюда следует требуемая оценка.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#98014

Аня называет дату красивой, если все 6  цифр её записи различны. Например, 19.04.23  — красивая дата, а 19.02.23  и 01.06.23  — нет. А сколько всего красивых дат в 2023  году?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Год нам задан, поэтому какую-то часть чисел и месяцев можно исключить сразу!

Подсказка 2

Что можно сказать про все доступные нам месяцы? Кажется, мы можем ещё раз оглядеть список доступных дней и снова его уменьшить!

Подсказка 3

Много ли подходящих дней нам осталось? Может быть список месяцев можно сделать ещё меньше?

Подсказка 4

Осталось лишь сделать небольшой перебор и вручную проверить, сколько красивых дат будет в каждом месяце!

Показать ответ и решение

Цифры 2  и 3  уже участвуют в номере года, поэтому из всех месяцев нужно рассмотреть только 01,  04,  05,  06,  07,  08,  09  и  10.  В каждом из этих номеров есть 0,  поэтому в красивой дате не будет дня с номером, начинающимся с 0,  2  и 3,  а также не будет дней   10,  11,  12  и 13  — остаются только 6  дней, с 14  по 19.  Но тогда в каждом месяце красивая дата начинается с 1,  и подходят только 6  месяцев, с 04  по 09.  Остаётся заметить, что для каждого подходящего месяца ровно один день, оканчивающийся на ту же цифру, не будет красивым — значит, в каждом из 6  месяцев по 5  красивых дат, а всего в 2023  году — 30.

Ответ: 30
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!