Тема ПитерГор (Санкт-Петербургская олимпиада)

ПитерГор - задачи по годам → .08 ПитерГор 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела питергор (санкт-петербургская олимпиада)

Разделы подтемы ПитерГор - задачи по годам

ПитерГор 2014 и ранее

ПитерГор 2015

ПитерГор 2016

ПитерГор 2017

ПитерГор 2018

ПитерГор 2019

ПитерГор 2020

ПитерГор 2021

ПитерГор 2022

ПитерГор 2023

ПитерГор 2024

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#69819

В ряд выписано $2021$ простое натуральное число. Каждое, кроме крайних, отличается от одного из своих соседей на $12,$ а от другого — на $6.$ Докажите, что среди этих чисел есть равные.

Источники: СпбОШ - 2021, задача 10.2 (см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если мы хотим сказать, что все числа различные, то такая последовательность достаточно быстро, линейно растет. И при этом, почти все идут подряд, если смотреть на целую часть при делении на 6. То есть, число может «прыгать» через 1(после того как нацело поделили всю нашу последовательность на 6), но не больше чем на 1. Вот так «на пальцах», не строго, мы поняли, что было бы очень удачно, если бы мы смогли найти два каких-то соседних числа, которые отличаются на хотя бы 18. А это можно сделать, если мы(допустим) сможем разделить нашу последовательность на что-то большее ,чем некоторое число , и на что-то меньшее , чем некоторое число. И наименьшее и наибольшее из соответствующих групп отличались хотя бы на 18. То есть, иными словами, мы хотим сказать, что какие - то два подряд идущих числа, отличающиеся на 6, не могут быть в последовательности. Попробуйте придумать, как к такой конструкции прийти.

Подсказка 2

Одна из таких конструкций - остатки. По китайской теореме об остатках найдется такое k, что p + 6k делится на 5,а p + 6(k+1) на 7, при этом p - наименьшее простое число, большее 7(чтобы существовало число перед ним, которое входит в последовательность), входящее в последовательность. При этом 0 < k <= 5*7(по КТО найдется такое k). Теперь подумайте, откуда здесь возникает противоречие.

Подсказка 3

А возникает оно из - за того, что оба этих числа не простые, при этом они идут через одно. То есть, как раз мы получили конструкцию, в которой все разделилось на две кучи, в одной из которых числа которые хотя бы p+6(k+2), а в другой p+6(k-1). То есть разность хотя бы 18. Что теперь это значит? Какие теперь числа точно не могут быть в последовательности? А сколько теперь может быть чисел максимум в последовательности?

Подсказка 4

Верно, числа больше или равные p + 6(k+2), поскольку множество «меньших» непустое. Значит, чисел в наборе останется не больше чем 36(самое p и всевозможные 0 < k <= 5*7) и 2,3,5,7 - то есть не более 40 чисел. Но у нас 2021 число. Противоречие.

Показать доказательство

Способ 1

Предположим, что все числа в ряду различны. Выберем в нашем ряду число $p,$ у которого с каждой стороны не меньше пяти соседей, причём среди них нет числа $5.$ Такое $p$ найдётся, так как число $2021$ достаточно большое, а число $5$ в нашем ряду встречается не более одного раза. Если $p≡ ±1 (mod 5),$ рассмотрим соседа числа $p,$ отличающегося от него на $6.$ А если $p≡ ±2 (mod 5),$ рассмотрим его соседа, отличающегося на $12.$ Не умаляя общности, будем считать, что этот сосед находится справа от $p.$ На приведённой ниже схеме выберем среди первых четырёх чисел то, которое равно остатку числа $p$ при делении на $5.$ Число над стрелкой показывает, на сколько должен отличаться его правый сосед, а число после стрелки — какой остаток при делении на $5$ этот сосед будет иметь. Все числа над стрелками однозначно определяются условиями, что разности $± 6$ и $±12$ чередуются и в ряду нет остатка $0 :$

+6 +12 − 6 −12 +6 +12 −6 1−−→ 2 −−−→ 4−−→ 3 −−−→ 1−−→ 2 −−−→ 4−−→ 3

Осталось заметить, что, с какого бы из первых четырёх чисел мы ни начали, через четыре шага мы придём к этому же числу(так как по одному разу прибавим $6$ и $12$ и по одному разу вычтем). Следовательно, в нашем ряду обязательно найдутся два одинаковых числа.

Способ 2

Пусть $p$ — наименьшее простое число в этом ряду большее $7.$ По китайской теореме об остатках существует такое число $k$ ( $0< k≤ 35$ ), что

p+ 6k≡ 0 (mod 5)

p+ 6(k+ 1)≡ 0 (mod 7).

Тогда числа $p+ 6k$ и $p+ 6(k+ 1)$ не простые, поэтому в нашем ряду они не встречаются. Но тогда в нашем ряду не может быть и чисел, больших $p+ 6(k+1),$ так как иначе нашлось бы два соседних числа, одно из которых не превосходит $p+ 6(k− 1),$ а второе не меньше числа $p+ 6(k +2),$ что невозможно. Следовательно, в ряду может встретиться не более $40$ различных простых чисел: $2,3,5,7$ и $p,p+ 6,...,p+ 6⋅35.$ Но в ряду $2021$ число, значит, среди чисел есть равные.

Способ 3

Пусть $p$ — наименьшее просто число в этом ряду. Тогда все числа в ряду не превосходят $p +18⋅1010,$ так как если идти по ряду от $p$ до какого-то числа, то за каждые два шага число будет увеличиваться не более чем на $18.$ Докажем, что среди чисел

p,p+6,p+ 12,...,p+ 18⋅1010(∗)

количество простых меньше $2021.$ Из этого будет следовать, что в ряду обязательно найдутся равные числа. Пусть $dn$ — количество чисел в этом ряду, кратных $n.$ Подсчитаем количество чисел в ряду (*), кратных $5,7$ и $11.$ По формуле включений-исключений это количество равно

N =d5+ d7+ d11− d35 − d55− d77+ d385.

Если $(6,n)= 1,$ то на $n$ делится каждое $n$ -ое число в ряду (*) и $[3031] dn = n$ или $[3031] dn = n + 1.$ Следовательно,

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] N ≥ 3031- + 3031 + 3031-− 3031- − 1− 3031 − 1 − 3031 − 1+ 3031-= 606+433+ 275 − 87− 56− 40+ 7= 1129. 5 7 11 35 55 77 385

Итого, в ряду (*) не менее $1129$ чисел, кратных $5,7$ и $11.$ Из этих $1129$ чисел не более трёх являются простыми — это сами числа $5,7$ и $11,$ если они там есть. Поэтому в ряду (*) не более $3031− 1129+ 3= 1905$ простых.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#71954

Дано простое число $p.$ Все натуральные числа от 1 до $p$ выписаны в ряд в порядке возрастания. Найдите все $p,$ для которых этот ряд можно разбить на несколько блоков подряд идущих чисел так, чтобы суммы чисел во всех блоках были одинаковы.

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.1(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрев случаи при маленьких p, понимаем, что p = 2 не походит. Ага, значит p нечётное. Раз наш ряд - это подряд идущие натуральные числа, то его сумму мы можем легко посчитать. Попробуйте по значению суммы определить, на какое кол-во блоков делится наш ряд или какая сумма чисел в блоке.

Подсказка 2

Сумма ряда равна p(p+1)/2. Значит, либо кол-во блоков, либо сумма чисел в блоке делится на p. Что сразу можно сказать про первый случай?

Подсказка 3

Верно! Он просто невозможен. Ведь тогда у нас p блоков, в каждом только по одному числу. Значит, суммы везде разные. Тогда верен второй вариант. Попробуйте рассмотреть первый блок и понять, когда возможно то, чтобы сумма чисел в нём делилась на p.

Подсказка 4

Если в первом блоке k чисел, то сумма чисел в блоке равна k(k+1)/2. Значит, k+1 = p. Тогда у нас второй блок - это только число p. Попробуйте записать равенство сумм первого и второго блоков.

Показать ответ и решение

Очевидно, $p =2$ не подходит, поэтому $p$ нечётно. Поскольку сумма всех чисел равна $p⋅ p+1, 2$ она делится на $p.$ Значит, либо количество блоков делится на $p,$ либо сумма чисел в каждом блоке делится на $p.$ Первый случай невозможен, поскольку тогда блоков ровно $p$ и они все состоят из одиночных чисел, а значит, во всех блоках разные суммы. Следовательно, сумма чисел в каждом блоке делится на $p.$ Рассмотрим первый блок, пусть последнее число в нём равно $k <p,$ тогда сумма чисел в этом блоке равна $k(k+1)- 2$ и она делится на $p.$ Это возможно, только если $k+ 1= p.$ Тогда второй блок состоит лишь из числа $p$ и должно выполняться равенство $(p−1)p- 2 =p,$ поэтому $p =3.$ Это возможно: $1+2 =3.$

Ответ:

$p =3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71955

Клетки таблицы $100×100$ окрашены в белый цвет. За один ход разрешается выбрать любые $99$ клеток из одной строки или из одного столбца и перекрасить каждую из них в противоположный цвет — из белого в черный, а из черного в белый. За какое наименьшее количество ходов можно получить таблицу с шахматной раскраской клеток?

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.2(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим полученную шахматную раскраску. Раз перекрашиваем мы изначально белую доску, то оценивать кол-во ходов нужно количеством чёрных клеток в какой-то части нашей доски, где окрашивание одной клетки никак не влияет на цвет другой.

Подсказка 2

Посмотрим на диагональ, покрашенную в чёрный цвет. В ней 100 чёрных клеток, и при перекрашивании одной из них мы никак не меняем окрас другой. А значит, всего было сделано >= 100 ходов. Теперь попробуем привести пример на 100.

Подсказка 3

Попробуем в столбцах под номерами вида 2n+1 не красить клетку с номером 2n+1. То же самое сделаем со строками. Попробуйте доказать, что в этом случае мы получим шахматную раскраску.

Показать ответ и решение

Оценка.

Покажем, что $100$ ходов обязательно придётся сделать.

Первый способ. Предположим, что мы получили шахматную раскраску. Рассмотрим диагональ, покрашенную в чёрный цвет. За ход можно перекрасить не более одной клетки этой диагонали, следовательно, потребовалось не менее $100$ ходов.

Второй способ. Предположим, что мы сделали менее $100$ ходов. Тогда найдётся строка, которую мы не задействовали. Но в этой строке в результате появилось $50$ чёрных клеток, значит, было сделано как минимум $50$ “вертикальных” ходов. Аналогично показывается, что было сделано как минимум $50$ “горизонтальных” ходов, т.е. всего не менее $100$ ходов.

Пример.

Покажем, как за $100$ ходов можно получить шахматную раскраску, для этого перекрасим первый столбец без первой клетки, третий столбец без третьей клетки, пятый столбец без пятой клетки, $...,$ $99−$ й столбец без $99−$ й клетки. Дальше перекрасим первую строку без первой клетки, третью строку без третьей клетки, пятую без пятой клетки, $...,$ $99−$ ю строку без $99−$ й клетки. Тогда все клетки, у которых номер строки и номер столбца имеют разную чётность, окажутся переркашенными ровно один раз и, значит, чёрными, а остальные клетки будут белыми.

Ответ:

$100$ ходов

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#71956

В пирамиде $SA A ...A 1 2 n$ все боковые рёбра равны. Точка $X 1$ — середина дуги $A A 1 2$ описанной окружности треугольника $SA A , 1 2$ точка $X2$ — середина дуги $A2A3$ описанной окружности треугольника $SA2A3$ и т. д., точка $Xn$ — середина дуги $AnA1$ описанной окружности треугольника $SAnA1.$ Докажите, что описанные окружности треугольников $X1A2X2,X2A3X3,...,XnA1X1$ пересекаются в одной точке.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Давайте поймем, поизучаем сферу, описанную вокруг данной фигуры. Во-первых, почему вообще можно описать сферу? Во-вторых, где у неё центр?

Подсказка 2:

Вокруг многоугольника A₁A₂...Aₙ можно описать окружность, значит, вокруг всей фигуры можно описать сферу. Пусть центр сферы — это точка P. Она равноудалена от точек A, следовательно, лежит на прямой, перпендикулярной плоскости основания и проходящей через S. Что мы можем сказать про точки X? Где они лежат?

Подсказка 3:

Они тоже лежат на этой сфере! Давайте попробуем угадать, где может находиться искомая точка. Попробуйте нарисовать фигуру и провести окружности.

Подсказка 4:

Давайте попробуем доказать, что искомая точка пересечения диаметрально противоположна S. Тогда нужно доказать, что N, X(k−1), X(k) и A(k) лежат на одной плоскости. Как это можно сделать?

Подсказка 5:

Воспользуемся тем, что N диаметрально противоположна S. Тогда угол SA(k)N прямой при всех A(k). Какие ещё углы равны 90 градусам?

Подсказка 6:

Углы SA(k)X(k) прямые, потому что S и X(k) диаметрально противоположны в окружности, описанной вокруг треугольника SA(k)X(k). Тогда SA перпендикулярно какой плоскости? Какие точки на ней лежат?

Показать доказательство

Заметим, что точки $A ,A ,...,A 1 2 n$ лежат и на сфере с центром в точке $S,$ и в одной плоскости. Следовательно, они лежат на окружности $ω,$ являющейся пересечением сферы с плоскостью. Пусть $O$ — центр этой окружности. Тогда $SO$ перпендикулярно плоскости основания и любая точка на прямой $SO$ равноудалена от всех точек окружности $ω.$ Поэтому на $SO$ найдётся и такая точка $P,$ для которой $P S = PA1.$ Тогда на сфере $σ$ с центром в точке $P$ и радиусом $PS$ лежат все вершины пирамиды, а также все окружности $SAkAk+1.$

$PIC$

Следовательно, на этой сфере лежат все точки $Ak$ и $Xk.$ Пусть $N$ — точка на сфере $σ,$ диаметрально противоположная точке $S.$ Покажем, что описанные окружности треугольников $Xk− 1AkXk$ проходят через точку $N.$ Поскольку точки $N, Xk−1,Xk$ и $Ak$ лежат на сфере, достаточно проверить, что они лежат в одной плоскости. Эта плоскость перпендикулярна прямой $SAk$ и проходит через точку $Ak.$ В самом деле, $∠SAkN = 90∘,$ поскольку они опирается на диаметр $SN$ сферы $σ,∠SAkXk =90∘$ и $∠SAkXk −1 = 90∘,$ поскольку они опираются на диаметры $SXk$ и $SXk −1$ описанных окружностей треугольников $SAkXk$ и $SAkXk −1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#71957

На доске написаны функции

2 12 ( 2) F (x)= x + x2, G(x)= sin πx и H(x)=1.

Если на доске уже написаны функции $f(x)$ и $g(x),$ то можно выписать на доску еще и функции

f(x)+ g(x), f(x)− g(x), f(x)g(x), cf(x)

(последнюю - с любым вещественным коэффициентом $c$ ). Может ли на доске появиться такая функция $h(x),$ что $1 |h(x)− x|< 3$ при всех $x∈ [1,10]?$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем найти точки, значения в которых совпадают и у F(x), и у G(x). Найдутся такие a, b: F(a) = F(b) и G(a) = G(b). И подумайте, почему мы хотим найти такие точки.

Подсказка 2

В качестве a и b подойдут точки 1 и √12. Имеем: F(1) = F(√12) и G(1) = G(√12), значит, у всех новых функций значения в точках 1 и √12 совпадают! А выполняется ли неравенство на h(x) для всех новых функций?

Подсказка 3

Мы знаем, что h(1) = h(√12), а тогда удовлетворяет ли функция h(x) неравенству |h(x) – x| < 1/3?

Показать ответ и решение

Заметим, что при совершаемых операциях значения в точках $1$ и $√12$ всегда остаются равными, потому что

√-- √-- √-- F(1)= 13= F( 12), G(1)= 0= G( 12), H(1)= 1= H( 12)

Теперь предположим, что требуемая функция $h(x)$ нашлась. Тогда $h(1)= h(√12)= a.$ По условию должно быть

1 √-- 1 |a− 1|< 3 и |a− 12|<3

Следовательно,

√-- 2 12− 1< 3

Пришли к противоречию.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#71958

Дано натуральное число $n.$ Для каждого простого числа $p$ из промежутка $[n,n2]$ посчитали число $1, p$ и все полученные числа сложили. Докажите, их сумма меньше $2.$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.5(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем посчитать количество чисел от n до n², которые делятся на простое p(тоже из этого отрезка). Как можно оценить это число?

Подсказка 2

Мы знаем, что таких чисел ровно [n²/p]. Но с целой частью работать не очень удобно, поэтому снизу можно поджать выражением n²/p - 1. А что можно сказать про разные p? Существуют ли числа из [n, n²], которые делятся на p₁ и p₂, если p₁ и p₂ из отрезка [n, n²]?

Подсказка 3

Все такие числа уникальны(то есть, для каждого p свой набор чисел, который делятся на p и пересечений по этим наборам нет). В таком случае, как можно оценить количество чисел из [n, n²], которые делятся на какое-то простое из [n, n²]?

Подсказка 4

Количество всех чисел — это Σ(n²/p - 1) по всем простым из нашего отрезка. А как её можно оценить сверху(помните, что мы смотрим на Количество чисел) и снизу?

Подсказка 5

Очевидно, что n² больше чем наша сумма, так как на рассматриваемом отрезке чисел: n² - n + 1. Оценку снизу получить сложнее, давайте посмотрим на Σ(n²/p), что из неё надо вычесть, чтобы получить сумму меньше, чем наша?

Подсказка 6

Если из Σ(n²/p) вычесть n², то мы получим сумму меньше чем наша, ведь количество слагаемых в сумме не больше n². Какие оценки мы получили и как из них получить оценку на Σ(1/p)?

Подсказка 7

Финальные оценки — это n² > Σ(n²/p - 1) > Σ(n²/p) - n². Остаётся сократить всё неравенство на n² и тогда получим, что сумма, которая нам нужна не превосходит 2.

Показать доказательство

Выпишем числа от $1$ до $n2$ и для каждого простого числа $p$ из отрезка $[n,n2]$ подчеркнём те числа, которые делятся на $p.$ Для каждого $p$ будет подчёркнуто в точности $[n2] n2 p > p − 1$ чисел, причём каждое число будет подчёркнуто не больше одного раза. Действительно, если число $k$ подчеркнули как делящееся на простые числа $p$ и $q,$ то $k$ делится и на $2 pq > n ,$ что невозможно. Таким образом, всего подчёркнуто не менее чем $∑ (n2 ) p − 1$ чисел(суммирование ведётся по всем простым числам от $n$ до $2 n$ ). Количество слагаемых в сумме не превосходит $2 n ,$ поэтому вычитается не более $2 n$ единиц. Поскольку количество чисел не меньше $2 n$ и каждое подчёркнуто не более одного раза, всего подчёркиваний меньше, чем $2 n.$ Следовательно,

∑ (n2 ) ∑ n2 n2 > -p − 1 > -p − n2

откуда после сокращения на $n2$ получаем требуемое неравенство $∑ 1p <2.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#71959

Точка $M$ — середина основания $AD$ трапеции $ABCD,$ вписанной в окружность $ω.$ Биссектриса угла $ABD$ пересекает отрезок $AM$ в точке $K.$ Прямая $CM$ вторично пересекает окружность $ω$ в точке $N.$ Из точки $B$ проведены касательные $BP$ и $BQ$ к описанной окружности треугольника $MKN.$ Докажите, что прямые $BK,MN$ и $P Q$ пересекаются в одной точке.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.6(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если внимательно посмотреть на чертёж, то, кажется, что продолжение ВК за точку К пересекает ω там, где и описанная окружность △MKN. Попробуйте это доказать.

Подсказка 2

Пусть прямая CN пересекает прямую ВК в точке X, а прямая PQ пересекает в точке X’. Тогда по условию хотим показать, что X = X’.

Подсказка 3

Конечно, квадрату радиуса описанной окружности △MKN. Откуда можно было бы получить такое же равенство только для точки Х?

Подсказка 4

Из подобия треугольник △OMX и △OBM! Чтобы это показать, рассмотрите ∠XMO как разность углов ∠OMK и∠XMK, а ∠OBM как разность ∠OBC и ∠MBC.

Показать доказательство

Решение 1.

Пусть луч $BK$ пересекает описанную окружность в точке $T$ — середине дуги $AD.$ Заметим, что

∠BT N = ∠BCN = ∠AMN.

Следовательно, описанная окружность треугольника $MKN$ проходит через точку $T.$ Кроме того, $∠KMT$ прямой, поэтому прямая $BT$ содержит диаметр этой окружности. Пусть прямая $CN$ пересекает этот диаметр в точке $X,$ а прямая $PQ$ пересекает его в точке $X ′.$

$PIC$

Для решения задачи требуется установить, что $X =X ′.$ Пусть $O$ и $r$ — центр и радиус этой окружности. Точка $X ′$ обладает известным свойством: $OB ⋅OX ′ = r2.$ Поэтому нам осталось проверить, что $OB ⋅OX = r2.$

Обозначим

ϕ = ∠AKB = ∠OKM = ∠OMK,

ψ =∠KMB = ∠CMD = ∠XMK.

Тогда $∠KBM =ϕ − ψ =∠XMO.$ Это означает, что треугольник $OMX$ и $OBM$ подобны и $OB ⋅OX = OM2 = r2.$

Решение 2.

Как и предыдущем решении, докажем, что $X = X′.$ Для этого достаточно проверить, что

(B,X,K,T)= (B,X′,K,T ).

$PIC$

Мы докажем, что обе эти четвёрки гармонические. Заметим, что четырёхугольник $KQT P$ гармонический, так как касательные в точках $P$ и $Q$ пересекаеются на $KT.$ Проецируя эту четвёрку точек из точки $P$ на прямую $BT,$ получим $(B,X′,K,T)= −1.$ С другой стороны, проецируя четвёрку $B,X,K,T$ из точки $M$ на прямую $BC,$ получим

(B,X,K,T )=(B,C,L ,M ′), ∞

где $L∞$ — бесконечно удалённая точка направления $BC.$ Осталось заметить, что, так как $T$ — середина дуги $AD,$ а $M$ — середина отрезка $AD,$ прямая $MT$ — серединный перпендикуляр к основанию вписанной трапеции $ABCD.$ Следовательно, $M ′$ — середина отрезка $BC$ и $(B,C,L∞,M ′)= −1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#71960

Квадрат разрезан на красные и синие прямоугольники. Сумма площадей красных прямоугольников равна сумме площадей синих. Для каждого синего прямоугольника запишем отношение длины его вертикальной стороны к длине горизонтальной, а для каждого красного прямоугольника — отношение длины его горизонтальной стороны к длине вертикальной. Найдите наименьшее возможное значение суммы всех записанных чисел.

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуйте порешать задачу на несложных разрезаниях и угадать ответ. Не умаляя общности, будем считать, что сторона исходного квадрата равна 1. Понятно, что в этой задаче нам пригодится обозначить каждую из сторон каждого прямоугольника с помощью переменных. Давайте сделаем это так: a_k, b_k — соответственно длины вертикальной и горизонтальной сторон k-го синего прямоугольника, а c_k, d_k — аналогично у красных. Какие равенства можно записать по условию и что нам нужно максимизировать?

Подсказка 2

Запишем условие на равенство сумм площадей (кстати, несложно посчитать, чему равны такие суммы!). Если стороны всех прямоугольников не превосходят 1, то как тогда можно оценить нужные нам суммы отношений при помощи сумм площадей?

Подсказка 3

Суммы отношений вертикальных сторон к горизонтальным не меньше, чем суммы площадей, т.е. не меньше 1/2! Заметим, что при самом тривиальном разрезании (на 2 равных прямоугольника) одна из сумм именно такая! А что если это — и есть наилучшее разрезание? Теперь попробуем оценить суммы отношений горизонтальной стороны к вертикальной. Что можно сказать про суммы одинаково ориентированных сторон?

Подсказка 4

Хотя бы одна из сумм сторон a_k или d_k не меньше 1! Пусть это верно для a_k. Осталось понять, при помощи какого неравенства можно показать, что сумма отношений a_k/b_k хотя бы 2.

Подсказка 5

Попробуем использовать неравенство Коши-Буняковского, чтобы использовать сумму a_k

Показать ответ и решение

Разрежем единичный квадрат на два равных прямоугольников, сделаем один из них синим, а другой красным. Тогда одно отношение равно $2,$ а другое — $1 2.$

Поскольку в задаче фигурируют только отношения длин сторон, можно считать, что исходный квадрат имел сторону 1. Тогда суммарная площадь прямоугольников каждого цвета равна $1 2.$ Занумеруем синие прямоугольники числами от $1$ до $m,$ а красные прямоугольники числами от $1$ до $n.$ Пусть $ak$ и $bk$ — соответственно длины вертикальной и горизонтальной сторон $k−$ го синего прямоугольника, а $ck$ и $dk$ — соответственно длины вертикальной и горизонтальной сторон $k−$ го красного прямоугольника. Тогда

∑m n∑ akbk = ckdk = 1. k=1 k=1 2

Так как стороны всех прямоугольников не превосходят $1,$ имеем

m∑ ak ∑m 1 n∑ ck n∑ 1 B = bk ≥ akbk = 2 R = dk-≥ ckdk = 2. k=1 k=1 k=1 k=1

Теперь достаточно показать, что хотя бы одна из сумм $B$ и $R$ не меньше $2.$ Начнём с того, что справедливо хотя бы одно из двух неравенств

m∑ ∑n k=1ak ≥1, k=1dk ≥ 1. (∗)

И в самом деле, спроецируем синие прямоугольники на вертикальную сторону квадрата, а красные — на горизонтальную. Если, например, $m∑ d <1, k=1 k$ то какой-то промежуток на горизонтальной стороне квадрата не будет покрыт проекциями красных прямоугольников. Тогда полоса над этим промежутком полностью синяя, так как в неё не могут залезать красные прямоугольники. Следовательно, сумма длин вертикальных сторон синих прямоугольников, покрывающих эту полосу, не меньше $1,$ и, значит, $m ∑ ak ≥1. k=1$

Пусть для определённости верно первое из неравенств (*). Тогда по неравенству Коши - Буняковского

( )2 ( )2 B-=∑m a b m∑ ak≥ ∑m ∘a-b-ak- = m∑ a ≥1. 2 k=1 k kk=1bk k=1 k kbk k=1 k

Следовательно, $B ≥ 2$ и $B+ R ≥2 + 12 = 52.$

Ответ:

$5 2$

Предыдущая подтема

Следующая подтема