Тема Курчатов

Курчатов - задания по годам → .04 Курчатов 2017

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела курчатов

Разделы подтемы Курчатов - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#46230Максимум баллов за задание: 7

На доске было выписано несколько чисел, их среднее арифметическое было равно $M$ . $K$ ним дописали число $15$ , при этом среднее арифметическое выросло до $M +2$ . После этого дописали ещё и число $1$ , и среднее арифметическое уменьшилось до $M + 1$ . Сколько чисел было на доске изначально?

(Найдите все варианты и докажите, что других нет.)

Источники: Курчатов-2017, 11.1 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Пусть изначально было n чисел. Давайте запишем условия на математическом языке, то есть системой! Обозначим сумму этих n чисел за Mn

Подсказка 2!

Первое уравнение - (Mn+15)/(n+1) = M + 2, осталось составить второе и дорешать уравнение!

Показать ответ и решение

Пусть изначально на доске было $n$ чисел, тогда их сумма была равна $Mn$ , получаем систему

{ Mn+15 = M +2 { Mn +15= Mn + 2n+ M +2 { 13 =2n +M Mnn++116 = M +1 ⇐ ⇒ Mn +16= Mn + 2M +n +2 ⇐ ⇒ 14 =2M + n n+2

Откуда имеем единственное решение $n= 4,M =5$ .

Ответ:

$4$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#75127Максимум баллов за задание: 7

Пусть $d ,d,...,d 1 2 n$ — это все натуральные делители числа $10!= 1⋅2⋅...⋅10.$ Найдите сумму

----1--- ---1---- ---1---- d1+ √10! + d2+ √10! +...+ dn+ √10!

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Делителей явно немало, в лоб не вычислишь. Каких-то известных неравенств тут тоже не вырисовывается, что же делать? Может быть поискать удачное разбиение на пары?

Подсказка 2

Вспомним одно интересное свойство: если d — делитель некоторого числа m, то и число (m/d) тоже должно быть в списке делителей. Как нам это может помочь?

Подсказка 3

Попробуйте выразить искомую сумму двумя способами, пользуясь свойством ниже. Если сложить полученные выражения, то можно получить очень красивые сокращения, но возникает иная задача: нам не хватает n.

Подсказка 4

Помните ли вы, как искать количество делителей числа? Если вдруг вы не знаете формулу, то её можно вывести: запишите число в виде канонического разложения и попробуйте порассуждать, сколько существует способов составить делитель? Осталось лишь аккуратно провести вычисления и задача решена!

Показать ответ и решение

Обозначим указанную сумму за $S.$ Тогда, так как для каждого $d j$ число $10!∕d j$ — также делитель,

∑n 1 1 n∑ dj S = 10!∕d-+-√10! = √10! √10!+-d- j=1 j j=1 j

Следовательно, складывая исходное и последнее выражение для $S,$ умноженные на $√10!,$ получаем

√ --- √--- ∑n ( √10!- dj ) 10!S+ 10!S = dj-+√10! + dj +-√10! = n j=1

При этом $n$ — количество делителей числа $10!$ — вычисляется по формуле

$n =(8+ 1)(4+ 1)(2+ 1)(1+1)= 270$

( $10!= 28⋅34 ⋅52⋅71,$ каждый из простых множителей может входить в делитель в любой степени от $0$ до своей степени вхождения в число $10!$ ). Таким образом, $-270-- ----270----- -3-- S = 2√10! = 2⋅24 ⋅32⋅5⋅√7 = 16√7.$

Ответ:

$--3√- 16 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76023Максимум баллов за задание: 7

Каждый день более половины жителей Цветочного города едят мороженое. Докажите, что найдется $10$ жителей Цветочного города, таких что в течение каждого из последних $2017$ дней хотя бы один из них ел мороженое. (В Цветочном городе живет не менее $10$ жителей.)

Источники: Курчатов-2017, 11.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы хотим найти людей, которые ели мороженое в достаточно большое количество дней. Как для этого можно попробовать применить принцип Дирихле?

Подсказка 2

Можно найти жителя, который ел мороженое хотя бы в половину дней. Давайте возьмём его в ответ и будем строить наш набор дальше подобным образом.

Показать доказательство

Поскольку в каждый из $2017$ дней более половины жителей Цветочного города ели мороженое, то есть человек, который ел мороженое более чем в половине из этих $2017$ дней, то есть в хотя бы $1009.$ Возьмем его в искомую десятку. Осталось не более $1008$ дней. Проделаем ту же процедуру: найдем человека, который ел мороженое более чем в половине из этих $1008$ дней (хотя бы в $505),$ возьмем его в качестве второго человека из искомой десятки. Осталось не более $503$ дней. Продолжим в том же духе. После выбора $3$ -го человека останется не более $251$ дня, после выбора $4$ -го — не более $125$ дней, после выбора $5$ -го — не более $62,$ после выбора $6$ -го — не более $30,$ после выбора $7$ -го — не более $14,$ после выбора $8$ -го — не более $6,$ после выбора $9$ -го не более $2.$ Для оставшихся двух дней существует человек, который ел мороженое более чем в половине из этих двух дней, то есть в оба. Возьмем его $10$ -м.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#77771Максимум баллов за задание: 7

Найдите наименьшее возможное число $k$ такое, что при выборе любых $k$ различных чисел от 1 до 20, среди выбранных чисел гарантированно можно выделить пару различных с простой суммой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, как нам сделать некоторую оценку. Нередко задачу об оценке можно свести к тому, чтобы разбить все числа на группы, так, чтобы для любых двух чисел из одной группы, было выполнено наше условие. Тогда наша оценка будет строиться на том, что чтобы выполнялось условие надо взять такое количество чисел , которое на одно больше количества групп, тогда по принципу Дирихле у нас будет два числа из одной группы. Если воспользоваться этим знанием в нашей задаче, то какое условие должно выполняться в каждой группе?

Подсказка 2

Верно, нужно разбить числа на группы, так чтобы любые два числа в группе давали в сумме простое число. Если мы верим в светлое будущее, то нам нужно составлять группы из 2 чисел, так как их должно быть в группе хотя бы 2, но если в какой то 3, то будет уже групп меньше, чем если во всех 2 числа. Поэтому надо попробовать разбить числа на группы по 2, так чтобы сумма в каждой была равна простому.

Подсказка 3

Существует такое разбиение: (2, 1), (3, 8), (4, 7), (5, 6), (9, 14), (10, 13), (11, 12), (15, 16), (17, 20), (18, 19). Оценку сверху мы получили. Если взять любые 11 чисел, то этого хватит. А почему нельзя взять только 10? Может быть, есть пример?

Подсказка 4

Верно, можно взять только четные числа. Сумма любых двух будет кратна 2 и больше 2, значит, будет непростое. Оценка снизу тоже есть. Значит, мы нашли ответ!

Показать ответ и решение

Очевидно, что $10$ чисел недостаточно — можно выбрать все четные числа и сумма любых двух будет четной, большей двух, то есть составным числом. Покажем, что при выборе любых $11$ чисел найдется пара с простой суммой. Для этого разобьем все числа на пары:

(1,2), (3,8), (4,7), (5,6), (9,14), (10,13), (11,12), (15,16), (17,20), (18,19).

В каждой паре сумма чисел простая. При выборе $11$ чисел какая-то из пар будет выбрана целиком.

Ответ: 11

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#77817Максимум баллов за задание: 7

В конкурсе по физике участвуют 17 школьников. Участникам конкурса было предложено 12 задач. В результате каждую задачу правильно решили больше половины участников. Докажите, что обязательно найдутся три школьника, в объединении решившие все задачи.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дано только одно условие: каждую задачу решили не менее половины школьников. Еще понятно, что мы сможем указать искомую тройку только неявно, то есть доказать, что из каких-то соображений она существует. Давайте тогда попробуем наше единственное условие переложить на тройки школьников, раз уж нам про тройки нужно что-то понять!

Подсказка 2

Теперь хочется посчитать количество всех троек, которые нам не подходят.

Подсказка 3

И понять, что их меньше, чем всевозможных троек участников!

Показать доказательство

Оценим количество троек школьников, не справившихся с первой задачей. Эту задачу не смогли решить $8$ школьников или меньше, а значит число таких троек не превосходит $8⋅7⋅6 6 =56$ . Раз задач всего $12$ , то число троек школьников, не осиливших какую-то задачу, не превосходит $12⋅56=672$ . С другой стороны, всего существует $17⋅16⋅15- 6 = 680$ троек школьников, что больше. Значит, найдутся три школьника, решивших в объединении все задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#82655Максимум баллов за задание: 7

В математическом конкурсе участвуют $14$ школьников. Участникам конкурса было предложено $6$ задач. В результате каждую задачу правильно решили больше половины школьников. Докажите, что обязательно найдётся пара участников, которые в объединении правильно решили все задачи.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте оценить общее число решенных задач. Как нам будет удобнее формировать пару участников?

Подсказка 2

Какое количество решенных задач мы можем гарантировать хотя бы для одного школьника?

Подсказка 3

Докажите, что для любой пары задач найдется школьник, решивший обе.

Показать доказательство

По условию всего решений задач было не меньше, чем $8⋅6 =48.$ тогда по принципу Дирихле найдется школьник, решивший хотя бы $48∕14$ задач, то есть хотя бы $4$ задачи. Пусть он будет первым выбранным школьником. Теперь осталось не больше $2$ задач. Каждую из них решило хотя бы $8$ человек, поэтому найдется школьник, решивший обе эти задачи (так как $8 +8= 16> 14$ ). Этот школьник будет вторым выбранным.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#102758Максимум баллов за задание: 7

Сколько решений в натуральных числах имеет уравнение

2017 (2x+y)(2y +x)= 2017 ?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По какому модулю можно рассмотреть данное равенство?

Подсказка 2

Не совсем понятно, как связать 2x+y и 2y+x с модулем 5 и 7. По модулю 2 тоже вроде противоречий нет... а вот по модулю 3 давайте рассмотрим!

Подсказка 3

2017 дает остаток 1 по модулю 3. А что можно сказать об остатках скобок?

Подсказка 4

Обратите внимание на то, что сумма скобок делится на 3. Поэтому, если первая скобка дает остаток 1 при делении на 3, то вторая дает остаток 2 и наоборот ;) Осталось лишь разобрать случаи этих остатков.

Показать ответ и решение

Пусть $A = 2x +y$ — выражение в первой скобке, а $B = 2y +x$ — выражение во второй скобке. Заметим, что

A + B = 2x+ y+ 2y +x =3x+ 3y = 3(x +y),

то есть $A +B$ делится на 3. При этом ни $A,$ ни $B$ не могут делиться на 3, так как иначе $AB = 20172017$ делилось бы на 3, что неверно. Если $A$ имеет остаток 1 при делении на 3, то $B$ имеет остаток 2. Если $A$ имеет остаток 2, то $B$ имеет остаток 1. В обоих случая произведение $AB$ имеет остаток 2 при делении на 3. Но 2017 имеет остаток 1 при делении на 3, откуда $20172017$ тоже имеет остаток 1. Получается, левая и правая части уранений дают разные остатки при делении на 3, то есть решений нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#126940Максимум баллов за задание: 7

Найдите все пары натуральных чисел $x$ и $y$ , таких что отношение $xy3- x+y$ является простым числом.

Источники: Курчатов, 2017, 9.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Работать с дробью — неудобно. Давайте обозначим нашу дробь xy³/(x + y) за p, где p — простое число. Что тогда можно сказать?

Подсказка 2

Верно! xy³ = p(x+y). Это уже более приятный вид. Правая часть делиться на p, что тогда можно сказать про множители левой части?

Подсказка 3

Точно! Либо x делится на p, либо y делится на p. Случаи, разумеется, разные. Начнём со второго, он выглядит интереснее. Вновь обозначим y за mp, где m — натуральное, чтобы было удобнее вести рассуждения. Что имеем?

Подсказка 4

xm³p² = x + mp. Что-то подсказывает, что левая часть прилично больше правой (не забывайте, что p ≥ 2). Попробуйте это доказать самостоятельно! А мы пока перейдём ко второму случаю. Теперь x = kp, k — натуральное. Преобразуйте исходное равенство...

Подсказка 5

Получите, что k(y³-p) = y. Докажите, что y³-p может быть либо 1, либо p (для этого предположите, что у этого числа есть делитель, отличный от p, и придите к противоречию). Осталось разобрать пару лёгких случаев.

Подсказка 6

Если y³ - p = 1, то p = (y-1)(y² + y + 1), отсюда находим y, пользуясь простотой p, а дальше и x. Во втором случае вам помогут степени вхождения простых. У вас всё получится! Успехов!

Показать ответ и решение

Пусть $xy3 = p(x +y),$ где $p$ — простое число. Это означает, что одно из чисел $x$ и $y$ делится на $p.$ Разберем оба случая.

Предположим для начала, что $y = mp.$ Тогда $32 xm p =x +mp.$ Но, поскольку $p≥ 2,$ мы можем написать цепочку неравенств

3 2 3 xm p ≥ 2xm p> xp +mp > x+ mp.

Перейдём к случаю $x= kp.$ После преобразований получаем равенство $k(y3− p)= y.$ Если $(y3− p) ..d .$ для какого-то натурального числа $d,$ то $y .. d .$ и, следовательно, $p .. d, .$ то есть $d =1$ или $d= p.$ В качестве $d$ можно взять само число $y3− p.$ Получаем, что либо $y3− p= p,$ что, очевидно, невозможно, так как в $y3$ все простые сомножители входят хотя бы в третьей степени; либо $y3− p= 1.$ В последнем случае получаем, что