Тема Всесиб (Всесибирская открытая олимпиада школьников)

Всесиб - задания по годам → .07 Всесиб 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела всесиб (всесибирская открытая олимпиада школьников)

Разделы подтемы Всесиб - задания по годам

Всесиб 2015 и ранее

Всесиб 2016

Всесиб 2017

Всесиб 2018

Всесиб 2019

Всесиб 2020

Всесиб 2021

Всесиб 2022

Всесиб 2023

Всесиб 2024

Всесиб 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#30989

Найдите все действительные числа $a,$ для которых существуют три различных действительных числа $x,y,z,$ таких что

1 1 1 a= x+ y = y+ z =z+ x

Источники: Всесиб-2021, 11.3 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Из условия $1 1 x + y = y+ z$ получаем

y− z x − y =-zy--

Аналогично (в силу цикличности равенств) $y− z = z−zxx ,z− x= x−xyy .$

После перемножения полученных трёх равенств имеем

(x− y)(y− z)(z− x)= (x−-y)(y−-z)(2z−-x) (xyz)

С учётом того, что числа различные, получаем после сокращения на $(x− y)(y− z)(z− x)⁄= 0:$

(xyz)2 = 1 ⇐ ⇒ xyz = ±1

Из условия $a =x + 1y = y+ 1z$ получаем

a⋅a= (x + 1)⋅(y+ 1)= 1+ xy+ x+ 1-= 1+ x(y + 1+ -1-) y z z yz z xyz

a2− 1= x(a ±1)

Аналогично (в силу цикличности равенств) $a2 − 1= y(a±1),a2 − 1 =z(a± 1).$

После перемножения полученных трёх равенств имеем

(a2− 1)3 =±1 ⋅(a± 1)3

Этому равенству не могут удовлетворять значения $a,$ отличные от $± 1,$ поэтому других решений у задачи быть не может. Осталось проверить, подходят ли $a= 1,a= −1.$

При $a= 1$ существует удовлетворяющая условиям задачи тройка $1 (2,2,−1),$ а при $a =− 1$ можно взять $1 (−2,−2,1).$ Поэтому оба найденных значения параметра идут в ответ.

Второе решение.

Сначала постараемся избавиться от трёх неизвестных в одном выражении:

2 a =x + 1=⇒ x= a− 1 = ay− 1, z = a− 1= a−-y--= a-y−-y− a y y y x ay− 1 ay− 1

Наконец:

a= y+ 1= y+ --ay− 1--⇐⇒ a3y− ay− a2 =a2y2− y2 − ay+ ay− 1 z a2y− y − a

Получаем:

(a2− 1)(y2− ay+ 1)= 0

Тогда либо $a2 =1,$ либо $a= y+ 1y.$ Последнее невозможно, ведь по условию $a= x+ 1y$ и получаем $x= y$ — противоречие с условием.

Осталось проверить $a= ±1.$

Зафиксируем $y,$ тогда из ранее полученного

x = ay− 1 y

z = a2y−-y−-a=-−-a- ay− 1 ay− 1

1 1 a =y +z = y− y + a

Все три условия выполнены и можно предъявить конкретную тройку $(x,y,z),$ но нами получен общий вид $ay− 1 −a (-y-,y,ay−1)$ в зависимости от $y$ при учёте $a =±1.$

Осталось проверить, что в тройке нет совпадающих чисел различность.

Допустим, что $x= y.$ Тогда

x = ax− 1 x

x2− ax +1 =0

D =a2− 4= −3 <0

То есть такого быть не может. Остальные два равенства $y =z$ и $x =z$ проверяются (что они невозможны) аналогично.

Ответ:

{ $− 1$ ; $1$ }

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31985

Пусть $P$ — основание высоты, опущенной из вершины $A$ прямоугольного треугольника $ABC$ на его гипотенузу $BC$ , a $M$ — середина отрезка $CP$ . Обозначим через $E$ точку на продолжении стороны $AB$ за точку $B$ такую, что $AB = BE$ . Докажите, что прямые $EP$ и $AM$ перпендикулярны.

Источники: Всесиб-2021, 9.3 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Удвоим $AM$ до точки $K$ и $AP$ до точки $T ∈ EK$ , тогда $∠PTK = 90∘$ . Мы удвоили медиану, потому $∠KP T = ∠CAP = ∠ABC =∠AEK$ в силу параллельности и прямого угла $∠BAC$ . Но тогда $∠P KT +∠KEA = 90∘$ , то есть $PK ⊥ AE$ , но тогда $P$ — ортоцентр $△AEK$ и $EP ⊥ AK$ .

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#73445

Докажите, что для любого $x⁄= 0$ выполнено неравенство:

8 5 1 -1 x − x − x + x4 ≥0.

Источники: Всесиб-2021, 10.1(см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Приведём все дроби к общему знаменателю:

x12− x9− x3+1 -----x4------≥0.

Разложим числитель на множители:

(x9− 1)(x3− 1) -----x4-----≥ 0.

Знаменатель всегда положителен, потому что это чётная степень $x$ . Если $x< 1,$ то скобки числителя отрицательны, а значит их произведение положительно. Если $x ≥1,$ то скобки неотрицательны, значит их произведение тоже неотрицательно. Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#73447

Определим последовательность $x ,x,x ,...,x 1 2 3 100$ следующим образом: пусть $x 1$ произвольное положительное число, меньшее 1 , и $2 xn+1 = xn− xn$ для всех $n =1,2,3,...,99.$ Докажите, что $3 3 3 x1+ x2+ ...+x99 < 1.$

Источники: Всесиб-2021, 9.4(см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Докажем сначала, что $1> x >x >...>x > 0. 1 2 100$ Для этого воспользуемся индукцией по $n =1,2,...,99.$ База индукции $x ∈(0,1) 1$ верна по условию. Шаг индукции: при $xn ∈ (0,1)$ выполнены неравенства $2 0< xn < xn,$ поэтому $2 xn+1 =xn − xn <xn <1$ и $2 xn+1 = xn− xn > 0,$ то есть $xn+1 ∈(0,1).$

Ввиду доказанного, $3 2 xn < xn = xn− xn+1$ для всех $n= 1,2,...,99,$ поэтому

3 3 3 2 2 2 x1 +x2+ ...+ x99 <x1+ x2+ ...+ x99 = x1− x2+x2 − x3+ ...+ x99− x100 =x1− x100 <x1 < 1,

что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79775

Найти все натуральные $n$ , которые можно представить в виде суммы

2 2 n =a + b,

где $a$ — минимальный делитель $n$ , отличный от $1,$ и $b$ — какой-то делитель $n.$

Источники: Всесиб - 2021, 11.2 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

Если $n$ нечётно, то и все его делители нечётны, поэтому правая часть равенства $n= a2+b2$ чётна — противоречие. Следовательно, $n$ чётно и его минимальный неединичный делитель $a$ равен $2,$ а $2 n= 4+ b.$

По условию $b$ делит $2 n= 4+ b,$ значит, делит и разность $2 n − b = 4,$ поэтому $b$ должно быть равно одному из чисел $1, 2, 4.$ При этом $n$ равно $5, 8, 20$ соответственно. Первый случай не подходит ввиду нечётности, остальные два удовлетворяют условию задачи.

Ответ: 8 и 20

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80611

В некоторых клетках прямоугольной доски размера $101$ на $99$ сидят по одной черепашке. Каждую минуту каждая из них одновременно переползает в одну из клеток доски, соседнюю с той, в которой они находятся, по стороне. При этом, каждый следующий ход делается ими в направлении, перпендикулярном предыдущему: если предыдущий ход был горизонтальным — налево или направо, то следующий будет вертикальным — вверх или вниз, и наоборот. Какое максимальное количество черепашек может перемещаться по доске неограниченное время так, что в каждый момент в каждой клетке будет находиться не более одной черепашки?

Источники: Всесиб - 2021, 11.5 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

Сначала покажем, что $9800$ черепашек могут так перемещаться. Выделим в верхнем левом углу прямоугольник $100 ×98.$ Поставим в каждую его клетку по черепашке. Разобьем его на квадратики $2× 2.$ И пусть в каждом квадратике черепашки перемещаются по циклу против часовой стрелки. Тогда все черепашки всегда смогут сделать ход.

Докажем, что большего количества черепашек быть не может. Раскрасим нашу доску в $4$ цвета в горошек (в первой строке чередуются цвета $1$ и $2,$ во второй — $4$ и $3,$ в третьей — снова $1$ и $2,$ и так далее). Заметим, что клеточек цвета $4$ ровно $100⋅98 4 = 2450.$ Рассмотрим клеточки второго цвета. Заметим, что все черепашки на клеточках второго цвета через $2$ хода попадут в клеточки четвертого цвета. Тогда в данный момент черепашек на клеточках второго цвета не больше, чем черепашек на клеточках четвертого цвета, то есть также не больше, чем $2450.$ Нам осталось оценить сверху количество черепашек, стоящих в данный момент на клеточках первого и третьего цвета. Чтобы это сделать, достаточно подождать один ход, тогда все эти черепашки попадут на клеточки второго и четвертого цвета. А затем проделать те же самые рассуждения. То есть всего черепашек действительно не больше, чем $2450⋅4= 9800.$

Ответ:

$100⋅98= 9800$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#91342

Пусть $m < n$ — натуральные числа. Доказать, что среди произвольных последовательных $n$ натуральных чисел всегда найдутся два, произведение которых делится на $mn$ .

Источники: Всесиб - 2021, 10.4 (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Среди $n$ последовательных чисел точно найдется то, которое делится на $n$ и то, которое делится на $m$ (так как $m < n$ ). Если это разные числа, то их произведение делится на $mn$ . Пусть это одно число $a$ , $НОД (m,n)= d$ и $′ m = dm$ , $′ n = dn$ . Тогда $.. ′ ′ a.dm n$ . Значит, нам нужно найти еще одно число, которое делится на $d$ . Так как $n> m ≥d$ , то $n ≥2d$ . Значит, среди $n$ последовательных чисел есть еще хотя бы одно, которое делится на $d.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#92433

На сторонах $AB,BC,CD$ и $DA$ квадрата $ABCD$ соответственно отмечены точки $P,Q,R,S$ , отличные от вершин. Известно, что длина стороны квадрата равна 1. Доказать, что выполнены неравенства:

2 2 2 2 2≤ PQ +QR +RS +SP < 4.

Источники: Всесиб - 2021, 11.1 (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

$PIC$

По теореме Пифагора

PS2 = AP2 +SA2

P Q2 = BP2 +BR2

2 2 2 QR = CQ +CR

2 2 2 RS = DR +DS

Сложим эти равенства и перегруппируем результат в виде:

PQ2 + QR2+ RS2+ PS2 =

( ) ( ) ( ) ( ) AP 2+P B2 + BQ2 + QC2 + CR2 + RD2 + DS2 + SA2

Каждое из выражений в скобках имеет вид $2 2 2 f(x)= x +(1− x) =2x − 2x+ 1$ для некоторого $0< x< 1$ и заключено в пределах от $(1) 1 f 2 =2$ включительно до $f(1)= 1$ невключительно. Следовательно, сумма $PQ2 + QR2+ RS2+ SP2$ заключена от $(1) 4f 2 = 2$ включительно до $4f(1)= 4$ невключительно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#92434

Доказать, что четыре перпендикуляра, опущенных из середин сторон произвольного вписанного четырёхугольника на его противоположные стороны, пересекаются в одной точке.

Источники: Всесиб - 2021, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Обозначим вершины произвольного вписанного в окружность четырёхугольника за $A,B,C$ и $D,$ центр окружности за $O,$ середины сторон $AB,BC,CD$ и $DA$ за $P,Q,R$ и $S$ соответственно.

$PIC$

Отрезки $OQ$ и $OS$ являются серединными перпендикулярами к сторонам $BC$ и $AD,$ поэтому они параллельны перпендикулярам $SM$ и $QL,$ опущенным на эти стороны из середин противоположных сторон четырёхугольника. Обозначим точку пересечения этих перпендикуляров за $V,$ из параллельности отрезков $OQ$ и $SV,$ а также $OS$ и $QV$ следует, что четырёхугольник $OSV Q$ является параллелограммом. Следовательно, его диагонали $SQ$ и $OV$ пересекаются в точке $X,$ делящей их пополам. Диагональ $SQ$ при этом является средней линией четырёхугольника $ABCD,$ поэтому точка $V$ пересечения перпендикуляров $QL$ и $SM,$ опущенных из середин сторон $BC$ и $AD$ на противоположные стороны четырёхугольника, симметрична центру $O$ описанной окружности относительно середины $X$ отрезка $SQ,$ соединяющего середины сторон $BC$ и $AD.$

Аналогично доказывается, что точка $W$ пересечения перпендикуляров, опущенных из середин сторон $AB$ и $CD$ на противоположные стороны четырёхугольника, симметрична центру О описанной окружности относительно середины отрезка $PR,$ соединяющего середины сторон $AB$ и $CD.$ Четырёхугольник $PQRS,$ образованный серединами сторон произвольного четырёхугольника $ABCD,$ образуют параллелограмм (Вариньона), стороны которого параллельны диагоналям $AC$ и $BD$ и равны их половинам.

$PIC$

Следовательно, отрезки $PR$ и $QS,$ являющиеся диагоналями параллелограмма $P QRS,$ делятся точкой их пересечения пополам, поэтому их середины совпадают. Значит, совпадают и точки $W$ и $V,$ симметричные центру $O$ относительно этих середин.

Таким образом, все четыре перпендикуляра, опущенных из середин сторон вписанного четырёхугольника $ABCD,$ пересекаются в точке $V = W$ , симметричной центру $O$ описанной окружности относительно точки пересечения средних линий $P R$ и $QS$ этого четырёхугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#105719

В каждой клетке таблицы $3 ×3$ записано некоторое целое число так, что все восемь сумм троек чисел, записанных в клетках каждой строки, каждого столбца и каждой из двух диагоналей, равны одному числу $S$ (то есть таблица является магическим квадратом $3× 3).$ Докажите, что $S$ делится на $3.$

Показать доказательство

Обозначим сумму чисел в каждой строке, каждом столбце и обеих диагоналях за $S.$ Рассмотрим сумму чисел в четырёх из рассматриваемых в условии троек: второй строки, второго столбца и двух диагоналей. Она равна с одной стороны $4S,$ а с другой — сумме всех чисел таблицы плюс утроенное число в центральной клетке. Сумма всех чисел таблицы равна $3S,$ поэтому $S$ равно утроенному числу в центральной клетке, то есть делится на $3.$

Предыдущая подтема

Следующая подтема