Тема СПБГУ - задания по годам

СПБГУ 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела спбгу - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#41251

В некоторых клетках полоски $1× 2021$ поставлено по одной фишке. В каждую из пустых клеток записывается число, равное модулю разности количества фишек слева и справа от этой клетки. Известно, что все записанные числа различны и отличны от нуля. Какое наименьшее количество фишек может быть расставлено в клетках?

Источники: СПБГУ-21, 11.1 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть количество расставленных фишек равно $n.$ Заметим, что числа в пустых клетках лежат в диапазоне от $1$ до $n$ и имеют одинаковую четность, поскольку при переходе через блок из фишек размера $k$ значение числа поменяется на $2k,$ чётность модуля не поменяется. По принципу Дирихле количество пустых клеток (равное $2021− n$ ) не больше половины, то есть не больше $[n+1] 2 .$ То есть

[n+ 1] n +1 4041 2021− n≤ --2- ≤ --2- =⇒ n≥ --3-= 1347

Осталось привести пример для $1347:$

01◟01.◝◜..01◞ 11◟1.◝◜..1◞ 674пары 01673единицы

где единицами обозначены фишки, а нулями — пустые клетки. Здесь в пустых ячейках окажутся числа

1347,1345,1343,...,3,1

Ответ:

$1347$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#80504

В стране Лимонии в обращении используются монеты достоинством $3n,3n−1⋅5,3n−2$ . $52,3n−3⋅53,...,3⋅5n−1,5n$ пиастров, где $n$ — натуральное число. Житель страны зашел в банк, не имея при себе наличных денег. Какую наибольшую сумму ему не смогут выдать в банке?

Источники: СПБГУ-21, 11.5 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим нужное число за $A n$ и попробуем его найти по индукции. Заметим, что если из монет $3n,3n−1⋅5,...,3⋅5n−1,5n$ мы можем собрать любое число большее $An$ , то из монет $n+1 n n n+1 3 ,3 ⋅5,...,3⋅5,5$ мы сможем собрать любое число большее $n+1 3An+ 2⋅5$ так: если мы хотим получить число $n+1 A >3An +2⋅5$ , то возьмем такое $k$ от 0 до 2, что $n+1 A − k5$ делилось на 3. Тогда $A−k5n+1- 3 > An$ и значит, его можно представить как $A−k5n+1- n n−1 n 3 = k03 + k13 ⋅5+ ...+ kn5$ , где $ki$ целые и неотрицательные. Тогда $n+1 n+1 n n A = k⋅5 +k03 +k13 ⋅5+ ...+ kn5 ⋅3$ .

Теперь пусть из монет $n+1 n n n+1 3 ,3 ⋅5,...,3⋅5 ,5$ мы сможем собрать число $n+1 B =3An +2 ⋅5$ , то есть $B = k03n+1+ k13n ⋅5 +...+ kn5n⋅3+ kn+1 ⋅5n+1$ , где $ki$ целые и неотрицательные. Заметим, что 3 монеты вида $5n+1$ можно обменять на 5 монет $3⋅5n$ . Значит, можно считать, что $kn+1 ≤2$ . С другой стороны, $B− kn+15n+1 = 3An +(2− kn+1)5n+1$ делится на 3, и значит, $kn+1 ≡ 2 (mod 3)$ и $kn+1 = 2$ . Тогда $n+1 B−2⋅53---= An =k03n+ k13n−1⋅5+ ...+ kn5n$ , где $ki$ целые и неотрицательные. Это значит, что из монет $3n,3n− 1⋅5,...,3⋅5n−1,5n$ мы смогли собрать $An$ ?!

Значит, мы доказали, что из монет $3n+1,3n ⋅5,...,3⋅5n,5n+1$ можно собрать любое число большее $B = 3An+ 2⋅5n+1$ и нельзя собрать $B = 3An+ 2⋅5n+1$ . Значит $An+1 = 3An +2⋅5n+1$ . Тогда $An+1− 3An +2 ⋅5n+1− 5(An − 3An− 1+2 ⋅5n)= An+1− 8An+ 15An −1 = 0$ . Из этого рекурсивного отношения получаем, что $An =a3n+ b5n$ . Тогда $An+1 − 3An +2⋅5n+1 = a3n+1+b5n+1− a3n+1− 3⋅b5n+2 ⋅5n+1 = 5n(2b− 10)=0$ и значит $b= 5$

Заметим, что для $n =1$ мы можем получить все числа хотя бы 10, так как для любого $A ≥10$ существует $k$ от 0 до 2 такое, что $. A − 5k..3$ и $A − 5k ≥0$ . Значит, $A = 5k +3 ⋅ A−35k$ . Так же $9=3 ⋅3$ , $8 =3+ 5$ , а вот 7 получить уже не получится. Значит $A1 =7 =3a+ 5b= 3a+25$ . Отсюда $a =− 6$ и $A = 5⋅5n− 6⋅3n$ .

Ответ:

$5⋅5n− 6⋅3n,n ∈ℕ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#80508

Петя написал на доске подряд $n$ последовательных двузначных чисел $(n≥ 2)$ , первое из которых не содержит цифру 4, а последнее — цифру 7. Вася подумал, что это десятичная запись натурального числа $x$ и разложил $x$ на простые множители. Оказалось, что их всего два и они различаются на 4. Что написано на доске?

Источники: СПБГУ-21, 11.4 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть меньшее из простых чисел равно $p$ . Заметим, что так как $p(p+ 4)$ число хотя бы 4-значное, то $p> 10$ . Тогда $p$ может оканчиваться на 1, 3, 7 и 9. В этих случаях $p(p +4)$ будут оканчиваться на 5, 1, 7 и 7 соответственно. Так как последнее из $n$ чисел не содержит 7, то $p$ не может оканчиваться на 7 и 9. Если $p$ оканчивается на 1, то $p+ 4$ оканчивается на 5, простое и больше 10?! Значит, $p$ оканчивается на 3 и равно $10k +3$ . Тогда число на доске равно $2 (10k+3)(10k+ 7)= 100k + 200k+ 21$ . Значит, последнее написанное число равно 21.

Если $n= 2$ , то число на доске $2021= 43⋅47$ подходит

Если $n= 3,4,6,7,9,10,12$ , то число на доске $192021$ , 18192021, 161718192021, 15161718192021, 131415161718192021, 12131415161718192021 или 101112131415161718192021 делится на 3, но у числа должны быть только 2 простых делителя и оба больше 10.

Если $n= 5$ , то число на доске 1718192021 делится на 7, но у числа должны быть только 2 простых делителя и оба больше 10.

Если $n= 8$ , то первое число будет 14?!

Если $n= 11$ , то число на доске будет 1112131415161718192021 делится на 11, но точно не равно $11⋅7$ или $11⋅15$ .

Ответ: 2021

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#90857

Положительные числа $a,b,c$ таковы, что $a2b+ b2c+ c2a =3$ . Найдите минимальное значение выражения

7 7 7 3 3 3 A= a b+b c+ ca+ ab +bc +ca .

Источники: СПБГУ-21, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

По неравенству о средних $a7b+ab3 ≥ 2a4b2$ (аналогично для других пар). Значит

42 42 4 2 2 42 42 42 A ≥ 2(a b +b c +c a)= 3(a b +b c +c a)(1+1+ 1)

по неравенству Коши

2 2 3(a4b2 +b4c2 +c4a2)(1+1 +1)≥ 3(a2b+ b2c+ c2a)2 = 6

Равенство достигается при $a= b= c= 1.$

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#91462

На доске написано число $1200$ . Петя приписал к нему справа $10n+ 2$ пятерок, где $n$ — неотрицательное целое число. Вася подумал, что это шестеричная запись натурального числа $x$ , и разложил $x$ на простые множители. Оказалось, что среди них ровно два различных. При каких $n$ это возможно?

Источники: СПБГУ-21, 11.4 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

x =(1200 55...5) = (120100...0) − 1 =289⋅610n+2− 1= ◟1 ◝0n◜+2◞6 ◟10◝n◜+ ◞2 6 ( 5n )( 5n ) n n = 17⋅6⋅6 − 1 17⋅6⋅6 +1 = (102⋅7776 − 1)(102⋅7776 +1).

Если $n= 0$ , то $x= 101⋅103$ , что нам подходит. Пусть $n ≥1$ . Заметим, что

102mod 101 =1, 7776n mod 101= (77⋅101− 1)n mod101= (−1)n.

Положим $n n a= 102⋅7776 − 1,b =102⋅7776 +1$ . Эти числа взаимно просты, так как они нечётны и различаются на 2. Рассмотрим два случая.

1) $n$ чётно. Тогда $a$ делится на 101. Но $a$ и $b$ не имеют общих простых делителей, откуда $p a =101$ при некотором натуральном $p$ . Мы получим

p n n 101 − 1= 102 ⋅7776 − 2= 2(51⋅7776 − 1),

что невозможно, поскольку левая часть кратна 4 , а правая — нет.

2) $n$ нечётно. Тогда $b$ делится на 101 и аналогично $b= 101q$ при некотором натуральном $q$ . Поэтому

q n 101 − 1 =102⋅7776 ,

что невозможно, поскольку левая часть кратна 5 , а правая — нет.

Ответ: только при n = 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#92160

Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O$ . Пусть $K$ и $L$ — точки пересечения описанной окружности треугольника $AOB$ с прямыми $AD$ и $BC$ соответственно. Найдите отношение $OK :OL$ , если известно, что $∠BCA =∠BDC$ .