Тема СПБГУ - задания по годам

СПБГУ 2024

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#87405

Кузнечик прыгает по числовой прямой. Каждый свой прыжок он может совершить в любом направлении. Он начинает в точке 0 прыжком единичной длины. Каждый следующий прыжок должен быть на три больше предыдущего (т.е. первый прыжок длины 1, второй длины 4, третий длины 7 и т.д.). За какое наименьшее число прыжков кузнечик сможет оказаться в точке 2024?

Источники: СПБГУ - 2024, 11.1 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем как-то оценить n…а как вообще посчитать, насколько далеко мы ушли от начала координат?

Подсказка 2

Заметим, что наши прыжки - это члены арифметической прогрессии a ₙ = 3n-2. Тогда на какое наибольшее расстояние мы можем уйти от нуля? Каким тогда должно быть n?

Подсказка 3

Максимальное расстояние, на которое мы можем уйти - это (3n-1)n/2. И мы знаем, что это число должно быть не менее 2024. Теперь у нас есть какая-то оценка на n. А как (в зависимости от прыжков влево) посчитать местоположение кузнечика?

Подсказка 4

Обозначим общую длину прыжков влево как х. На какой клетке тогда находится кузнечик? Каким тогда должно быть n?

Подсказка 5

Кузнечик будет стоять на точке (3n-1)n/2 - 2х. Осталось лишь понять, каким должен быть n ;)

Показать ответ и решение

Процесс прыжков можно описать следующим образом: $n$ прыжков кузнечика — это сумма $n$ первых членов арифметической прогрессии $an =3n− 2$ , в которой перед каждым членом стоит $+$ или $−$ . Ясно, что за $n$ прыжков кузнечик сможет оказаться не более, чем в $(3n−1)n 2$ — сумма $n$ первых членов, в которой все члены взяты с $+$ . Значит, необходимо, чтобы $(3n−1)n- 2$ было не меньше $2024$ . То есть $n ≥37$ .

Пусть кузнечик прыгал влево некоторое количество прыжков, и суммарно он прыгнул влево на $x$ единиц, тогда после $n$ прыжков он окажется в точке $(3n−1)n 2 − 2x$ . Значит, чтобы попасть в $2024$ , необходимо, чтобы $(3n−1)n- 2$ было чётным. Значит, $37$ и $38$ прыжков не хватит. В качестве примера на $39$ можно прыгнуть влево на $2$ и на $39$ прыжках, а на остальных — вправо.

Ответ: 39

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#87410

Найдите угол $α,$ если известно, что $0< α <90∘$ и

(1+-tg2∘)(1+-tg5∘)−-2 tgα= (1− tg2∘)(1− tg5∘)− 2

Источники: СПБГУ - 2024, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На что издалека напоминает уравнение из условия?

Подсказка 2

На формулу тангенса суммы! Попробуем tg(2+5) преобразить так, чтобы он еще больше стал похож на уравнение из условия ;)

Подсказка 3

А что если расписать tg(2+5) + 1? В числителе как раз появятся нужные слагаемые

Подсказка 4

Обратите внимание, что 1 - tg(5)² + tg(5) + tg(2) можно разложить на множители! Смотрите, получилось что-то очень похожее на знаменатель из условия ;)

Подсказка 5

Теперь мы знаем, что (1 - tg(5))(1-tg(2)) - 2 = -(tg(7) + 1)(1 - tg(5)tg(2)). Осталось лишь понять, как выразить знаменатель условия и дело остается за малым ;)

Показать ответ и решение

Вспомним формулу тангенса суммы:

∘ -tg5∘-+tg2∘ tg7 = 1 − tg5∘tg2∘

Проведём с ней некоторые махинации:

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ tg7∘+ 1= 1−-tg5-tg2-+∘tg5∘+tg2-= 2-− (1−-tg2-)∘(1−∘tg5) 1− tg5 tg2 1− tg5 tg2

Домножим на знаменатель:

(1 − tg2∘)(1− tg5∘)− 2= −(tg7∘+ 1)(1− tg5∘tg2∘)

Если аналогично рассмотреть выражение $tg7∘− 1$ , то мы получим, что

(1+ tg 2∘)(1 +tg5∘)− 2= (tg7∘− 1)(1− tg5∘tg2∘)

Таким образом,

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ tgα = -(tg7∘−-1)(1− tg5-t∘g2)∘-= 1−-tg7∘ =-tg45-−∘tg7-∘ = tg38∘ −(tg 7 +1)(1− tg5 tg2 ) 1+ tg7 1+ tg 45 tg7

Следовательно, $α= 38∘$ .

Ответ:

$38∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#87411

Дан остроугольный треугольник $ABC$ , меньший угол которого $∠ABC = 40∘$ . Внутри треугольника выбрана такая точка $D$ , что

∘ ∘ ∠BAC + ∠ADB = 180 и 2∠ACB + ∠DBA = 180.

Через точку $C$ провели прямую, параллельную прямой $AD$ , она пересекла прямую $BD$ в точке $E.$ Биссектрисы углов $∠ABD$ и $∠CAD$ пересекаются в точке $F.$ Найдите угол $∠DF E.$

Источники: СПБГУ - 2024, 11.3 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем посчитать какие-то углы…обозначим угол DBF как х. Что интересного можно сказать о четырехугольнике AFDB?

Подсказка 2

AFDB — вписанный (в нем углы, опирающиеся на одну дугу, равны x). Что из этого можно вывести?

Подсказка 3

Треугольник AFD равнобедренный! Попробуем продолжить считать углы…что можно сказать о четырехугольнике AECB?

Подсказка 4

AECB — вписанный! Подумаем, а как нам подобраться к углу DFE? Нужно подобрать к точке F. А что если посчитать угол AED?

Подсказка 5

Оказывается, AED в два раза меньше AFD. Что это значит?

Подсказка 6.

Точка F является центром описанной окружности треугольника ADE? Осталось лишь посчитать угол DFE, исходя из этого;)

Показать ответ и решение

Положим для краткости $∠ABF =φ$ , тогда $∠DBF = φ$ и $∠DBA =2φ$ . По условию

∘ 2∠ACB +2φ =2∠ACB + ∠DBA = 180

и, значит, $∠ACB =90∘− φ$ .

∘ ∘ ∘ ∠BAD =180 − ∠DBA − ∠ADB = 180 − 2φ− (180 − ∠BAC )=∠BAC − 2φ.

Следовательно,

∠DAF = ∠DAC-= ∠BAC--− ∠BAD = φ 2 2

и четырехугольник $AF DB$ вписанный.

Таким образом, $∠ADF = ∠ABF = φ$ , значит, треугольник $AFD$ равнобедренный и, в частности, $F A= FD$ . Поскольку $AF −$ биссектриса угла $∠CAD$ , а прямые $AD$ и $CE$ параллельны, $∠ACE =∠CAD =2φ =∠ABE$ . Следовательно, четырехугольник $AECB$ является вписанным

$PIC$

В силу вписанности

∘ ∠AF-D ∠AED =∠AEB =∠ACB =90 − φ= 2 ,

стало быть, точка $F$ является центром описанной окружности треугольника $ADE$ и, значит, $∠DF E = 2∠DAE$ . Осталось заметить, что

∠DAE =180∘− AED − ∠ADE = 180∘− ∠ACB − ∠BAC = ∠ABC = 40∘,

откуда получаем ответ $∠DF E =80∘$ .

Ответ:

$80∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#87412

Решите уравнение в целых числах

2 2 n m + k = 2024 + 33

Источники: СПБГУ - 2024, 11.4 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тот факт, что у нас есть слагаемое, которое мало на что делится, говорит о том, что его, в теории, можно использовать при доказательстве в смысле рассмотрения делимости на его множители. Давайте, к тому же, заметим, что 2024 кратно 11 и будем рассматривать делимости на 11. Что вы можете сказать про делимость на 11 обеих частей при разных n? А при фиксированном n и разных m, k?

Подсказка 2

Возможные остатки квадратов mod 11 - это 0, 1, 3, 4 5, 9. Какие пары этих остатков в сумме дают 0(нам ведь нужна делимость на 11 левой части)? Только пара 0 - 0. Значит, что оба числа кратны 11, а значит левая часть кратна 11². Всегда ли кратна правая часть 11²? Если нет, то при каких n кратна 11²?

Подсказка 3

При n ≥ 2 первое слагаемое кратно 11², а 33 нет. Значит, кратность может быть только при n = 0 или n = 1. При n = 1, у нас правая часть превращается в 17 * 11². Значит, все таки есть кратность 11, а значит верны наши рассуждения про m и k. Но тогда мы можем представить их в виде 11t и сократить на 11², после чего, довести до ответа. А случай n = 0 - оставляется читателю в качестве упражнения.

Показать ответ и решение

Числа $m$ и $k$ являются целыми числами, следовательно, каждое из чисел $m2$ и $k2$ являются целыми, а значит, и их сумма $2 2 m +k$ является целыми числом, таким образом, число $n 2024 +33$ также является целым, т.е. число $n 2024$ целое, откуда $n ≥0$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $n≥ 2$ . Тогда $n 2024 + 33$ делится на 11, поскольку каждое из чисел 2024 и 33 кратно 11, но не делится на $2 11$ , т.к. первое слагаемое кратно $2 11$ , а второе — нет.

Пусть число $x$ дает остаток 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 при делении на 11, тогда число $2 x$ дает соответственно остаток 0, 1, 4, 9, 5, 3, 3, 5, 9, 4, 1 при делении на 11. Докажем, что если хотя бы одно из чисел $m$ и $k$ не делится на 11, то и число $2 2 m +k$ не делится на 11.

Предположим обратное, тогда сумма остатков чисел $m2$ и $k2$ равна 11, следовательно, ровно одно из чисел $m2$ и $k2$ даёт четный остаток при делении 11, а значит, соответствующий квадрат даёт остаток 0 или 4 при делении на 11, но тогда второй остаток равен 0 или 7, что невозможно. Таким образом, каждое из чисел $m$ и $k$ кратно 11, следовательно, каждое из чисел $m2$ и $k2$ кратно $112$ , таким образом, $m2 +k2$ кратно $112$ , но $2024n +33$ не кратно $112$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Тогда $n = 0$ или $n =1.$

Пусть $n= 1$ . Тогда $2024n+ 33 =2024+ 33 =2057= 112 ⋅7$ , следовательно, $m2+ k2$ кратно $112$ , а значит, как мы показали выше, каждое из чисел $m$ и $k$ кратно 11. Пусть $m = 11a$ , $k =11b$ , где $a$ и $b$ являются целыми числами, следовательно, $a2+ b2 =17$ . Легко убедиться, что всеми решениями $(a,b)$ данного уравнения являются неупорядоченные пары $(±1,±4).$ Следовательно, все пары решений $(m,k)$ это $(±11,±44)$ , $(±11,±44)$ .

Пусть $n= 0$ . Тогда $2024n+ 33 =1 +33= 34$ . Если каждое из чисел $m$ и $k$ не превосходит по модулю 4, то сумма их квадратов не превосходит 32, следовательно, наибольшее из чисел $m$ и $k$ по модулю не меньше 5. С другой стороны, если какое-то из чисел по модулю больше 5, то его квадрат не меньше 36, что невозможно. Таким образом, в паре чисел $(m,k)$ хотя бы одно равно 5 по модулю, тогда второе равно 3 по модулю. Тем самым, мы показали, что все пары решений $(m,k)$ есть $(±5,±3)$ , $(±3,±5)$ .

Ответ:

$(0;±3;5),(0;±3;− 5),(0;±5;3),(0;±5;−3),$

$(1;±11;44),(1;±11;−44),(1,±44;11),(1,±44;−11)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#87413

В стране $400$ городов. Некоторые из них соединены авиалиниями, а некоторые нет. Известно, что для любых $200$ городов найдётся $300$ пар городов, не соединённых авиалиниями. Какое наибольшее количество авиалиний может быть в стране?

Источники: СПБГУ - 2024, 11.5 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Переведем задачу на язык графов. Нам нужно придумать, как использовать условие на 200 городов. А что если взять какие-нибудь особенные 200 городов?

Подсказка 2

Рассмотрим подграф А из 200 вершин с наибольшим количеством рёбер и подграф В из оставшихся 200 вершин. Нам нужно как-то оценить количество ребер между А и В. Что можно сказать о степенях вершин в В? А в А?

Подсказка 3

Рассмотрим вершину из А, соединенную с наименьшим количеством вершин (в А). Пусть такая ее степень это х. Какие тогда степени могут иметь вершины из В?

Подсказка 4

Ни одна вершина в В не может быть соединена хотя бы с х+1 вершиной в А. Как тогда оценить количество рёбер между А и В? Нам надо сделать его как можно больше.

Подсказка 5

Между этим графами не более, чем 200*х рёбер. А в подграфах сколько ребер может быть максимально?

Подсказка 6

Не более, чем 2*19600. Итак, теперь нам надо оценить х. Как это можно сделать?

Подсказка 7

Если х — это наименьшая степень вершины в х, то сколько рёбер может быть в А?

Подсказка 8

Не менее, чем 100х. Осталось лишь оценить х, используя полученные оценки на подграф А ;) не забываем про пример!

Показать ответ и решение

Рассмотрим граф, в котором города — вершины, а авиалинии — рёбра. Рассмотрим подграф $A$ из $200$ вершин с наибольшим количеством рёбер и подграф $B$ из оставшихся $200$ вершин.

Пусть вершина $X$ из подграфа $A$ соединена с наименьшим количеством вершин в этом подграфе ( $x$ вершин). Предположим, что в подграфе $B$ имеется вершина $Y$ , которая соединена с хотя бы $x+ 1$ вершиной из подграфа $A$ . В таком случае вершину $Y$ можно переместить в подграф $A$ вместо вершины $X$ и в нём будет больше авиалиний, что противоречит выбору подграфа $A$ . Следовательно, любая вершина из подграфа $B$ связана не более чем с $x$ вершинами из подграфа $A$ .

Значит, между этими подграфами не более $200x$ рёбер. Внутри же каждого из этих подграфов не более $200⋅199 --2--− 300 =19600$ рёбер. Значит, всего в графе не более $2⋅19600+ 200x= 39200 +200x.$

Как известно, $x$ — это наименьшая степень вершины в подграфе $A$ . Значит, в $A$ не менее $200x --2 = 100x$ рёбер. С другой стороны, в этом подграфе не более $19600$ рёбер, откуда $x≤ 196$ . Теперь мы можем оценить количество рёбер в графе: $39200 +200x≤ 78400$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Приведём пример на $78400$ рёбер. Разбиваем города на $50$ групп по $8$ городов. Внутри групп между городами авиалиний нет, а между городами из разных групп — есть.

Пусть выбрано $200$ городов так, что из них $a1$ город из первой группы, $a2$ из второй, $...$ , $a50$ — из $50$ -й. Тогда количество пар, не соединённых авиалиниями, будет не менее

a (a − 1) a (a − 1) a (a − 1) (a2+ a2 +...+ a2)− (a +a + ...+ a ) (a2+ a2 +...+ a2)− 200 -1--12---+ -2-22---+ ...+ -50--502----= --1--2-------50-2-1---2-------50-= --1--2----2--50-----

по неравенству между средним квадратическим и средним арифметическим

(a21-+a22+-...+-a250)−-200-≥ 800−-200= 300 2 2

Мы показали, что для произвольного подграфа в примере выполняется условие задачи.

Ответ: 78400