Тема ПитерГор - задачи по годам

ПитерГор 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела питергор - задачи по годам

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)

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)

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)

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)

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 на сфере, достаточно 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)

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)

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)

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)

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:

$5 2$