Тема Всесиб (Всесибирская открытая олимпиада школьников)

Всесиб - задания по годам → .11 Всесиб 2025

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#119867

Найти все пары действительных чисел $a$ и $b,$ удовлетворяющих системе уравнений.

{ a= -6- b= a+5b- 3a−b

Источники: Всесиб-2025, 11.1(см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

Первое уравнение эквивалентно $a2+ ab= 6,$ второе: $3ab− b2 =5.$ Вычтем второе уравнение из первого, получим $a2 − 2ab+ b2 = (a− b)2 = 1,$ откуда $a= b± 1.$

1.: $a =b− 1.$ Подставим в первое уравнение: $2 2b− 3b− 5 =0,$ $−-3±√49 b= 4 .$ Тогда $3 a= 2;−2.$ Обе пары подходят.
2.: $a =b+ 1.$ Подставим в первое уравнение: $2 2b+ 3b− 5 =0,$ $− 3±√49 b= ---4--.$ Тогда $3 a= 2,−2.$ Обе пары подходят.

Ответ:

$±(2,1),±(3,5) 2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#119869

Доказать, что для всех положительных действительных чисел $a$ и $b$ выполнено неравенство:

a(a-+1) b(b+-1) b+ 1 + a+ 1 ≥ a+ b

Источники: Всесиб-2025, 11.2(см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Покажем, что

a(a+ 1) b(b+1) --b+1- − a +-a-+1 − b≥ 0

Заметим, что

2 a(a+1)− a+ b(b+-1)− b= (a-− b)(a+-b+-1) b+ 1 a+ 1 (a+ 1)(b+ 1)

Очевидно, что при $a,b>0$ выполняется неравенство

(a−-b)2(a+-b+1)≥ 0 (a+ 1)(b+1)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#119870

В остроугольном треугольнике $ABC$ с углом $60∘$ при вершине $B,$ обозначим за $O$ центр описанной окружности, за $H$ — точку пересечения высот. Прямая $OH$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Доказать, что треугольник $KBM$ — равносторонний.

Источники: Всесиб-2025, 11.3(см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

В равнобедренном треугольнике $△AOC$ угол $∠AOC$ является центральным в описанной окружности треугольник $△ABC,$ оэтому он вдвое больше соответствующего ему вписанного угла $∘ ∠ABC = 60 ,$ значит, его величина равна $∘ 120 .$ Тогда угол $∠OAC$ при его основании равен $∘ 30,$ следовательно, расстояние от $O$ до стороны $AC$ равно половине радиуса описанной окружности $(ABC ).$ Хорошо известно, что это расстояние в произвольном треугольнике равно половине длины отрезка $BH,$ следовательно, длина $BH$ равна радиусу описанной окружности $(ABC),$ поэтому треугольник $△OBH$ — равнобедренный и его биссектриса из вершины $B$ является его высотой.

В равнобедренном треугольнике $△AOB$ угол при его вершине $O$ равен удвоенному углу $BCA,$ поэтому угол при его основании $∠ABO$ равен углу $∘ 90 − ∠BCA.$ С другой стороны, в прямоугольном треугольнике, образованном высотой из $B$ и стороной $BC,$ угол $CBH$ тоже равен $∘ 90 − ∠BCA.$ Следовательно, в треугольнике $△KBM$ его высота из $B$ является и биссектрисой его угла $∠KBM.$ Таким образом, треугольник $△KBM$ — равнобедренный с углом $60∘$ при вершине, то есть равносторонний, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#119871

Найти все тройки натуральных чисел $a,b,c$ таких, что числа $ab+ 1,ac+ 1,bc+ 1$ являются факториалами некоторых натуральных чисел. Числа в тройках могут совпадать. Напоминаем, что факториалом $n!$ натурального числа $n$ называется произведение всех натуральных чисел от $1$ до $n$ включительно.

Источники: Всесиб-2025, 11.4(см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

Кроме случая, когда хотя бы два из чисел $a,b,c$ равны $1,$ все числа $ab+ 1,ac+ 1,bc+ 1$ не меньше $3,$ и являются факториалами чисел, не меньших $3.$ Рассмотрим остатки от деления чисел $a,b,c$ от деления на $3.$ Заметим, что при $n≥ 3$ остаток от деления числа $n!$ на $3$ равен $0.$ Несложно убедиться, что для чисел вида $xy+ 1$ такое возможно, только если остаток одного из чисел $x,y$ равен $1,$ а другого $2.$ Следовательно, остатки от деления $a,b,c$ на $3$ могут равняться только $1$ или $2$ среди них есть равные, остаток от деления произведения которых, увеличенный на $1,$ равен $2,$ а не $0,$ как требуется. Значит, среди чисел $a,b,c$ хотя бы два равны $1,$ а третье может быть любым вида $n!− 1$ для некоторого натурального $n ≥2$ и тогда числа вида $ab+ 1,ac +1,bc+ 1$ равны $2!,n!,n!.$

Ответ:

Все тройки натуральных чисел, два из которых равны $1,$ а третье равно $n!− 1$ для произвольного натурального $n≥ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#119873

В выпуклом $n$ -угольнике проведены диагонали, разбивающие его на треугольники, и не пересекающиеся по внутренним точкам. При этом из каждой вершины выходит чётное, может быть нулевое, количество диагоналей. Доказать, что это возможно тогда и только тогда, когда $n$ делится на $3.$

Источники: Всесиб-2025, 11.5(см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Сначала покажем, как осуществить требуемую в условии триангуляцию $n−$ угольника, если $n$ делится на $3.$ Занумеруем вершины $n−$ угольника по часовой стрелке числами от $1$ до $n= 3m.$ Проведём диагонали, попарно соединяющие вершины $1,3k,3k+2$ для всех $k =1,2,...,m − 1,$ они и образуют искомую триангуляцию. При этом из вершины номер $1$ выходит $2m − 2$ диагонали, из вершин $3k,3k +2$ для всех $k= 1,2,...,m− 1$ по $2$ диагонали и из вершин $2,$ $3m$ и $3k +1$ для всех $k= 1,2,...,m − 1$ — $0$ диагоналей.

Теперь докажем, что, если можно осуществить требуемую в условии триангуляцию $n−$ угольника, то $n$ делится на $3.$ Триангуляцию из условия будем дальше называть хорошей.

Рассмотрим хорошую триангуляцию $n−$ угольника. Хорошо известно, что её треугольники можно раскрасить в $2$ цвета, белый и чёрный, так, что любые два треугольника, имеющих общую сторону, окрашены в разные цвета. Этот факт легко доказать индукцией по числу диагоналей, начав с монотонной окраски всего многоугольника, добавляя по одной диагонали и меняя каждый раз окраску всех частей многоугольника с одной из сторон от добавляемой диагонали на противоположный цвет.

Заметим, что, если из каждой вершины $n−$ угольника выходит чётное число диагоналей, то каждая его сторона является стороной треугольников одного, скажем чёрного, цвета. Тогда каждая диагональ триангуляции и каждая сторона $n−$ угольника являются сторонами в точности одного из чёрных треугольников. Если чёрных треугольников $k$ штук, то $3k= n− 3+ n= 2n− 3,$ откуда следует, что $2n − 3$ делится на $3.$ Отсюда легко следует, что и $n$ делится на $3.$

Предыдущая подтема