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

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119867Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

От знаменателей точно нужно избавляться, но не забудьте про ОДЗ.

Подсказка 2

Равенства получились не очень удобные. Одну переменную через другую не выразить. Зато можно попробовать сложить или вычесть, вдруг получится что-то хорошее?

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#119869Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Эта задача не подразумевает никаких хитрых манипуляций. Всё, что нужно — перенести всё в левую часть и привести к общему знаменателю. Попробуйте разложить числитель и знаменатель на скобочки!

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#119870Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте обозначить через R радиус описанной окружности треугольника, а углы через α, β, γ. Как отрезок BH выражается через эти параметры? А если учесть, что бета равно 60°?

Подсказка 2:

Итак, кажется, вы получили, что треугольник BHO равнобедренный. Было бы здорово, если бы его биссектриса из точки B оказалась биссектрисой и в KBM.

Подсказка 3:

Если на этом этапе возникли трудности, вспомните (или изучите) свойства ортоцентра, это поможет :)

Показать доказательство

$PIC$

В равнобедренном треугольнике $△AOC$ угол $∠AOC$ является центральным в описанной окружности треугольник $△ABC,$ поэтому 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#119871Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пожалуй, единственное, с чем удобно работать, когда в задаче фигурируют факториалы — это делимость на какие-то числа. Видимо, мы хотим понять, что если все три факториала не меньше n! при некотором n, то возникает какое-то противоречие с делимостью.

Подсказка 2

На самом деле, далеко ходить не нужно. Предположим, что все три факториала не меньше 3!. Что можно сказать про остатки при делении на 3 у a, b, c?

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#119873Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Хм... А правда ли, что для n=3 такую триангуляцию всегда можно придумать? Попробуем построить пример, допустим, для девятиугольника, а потом обобщим.

Подсказка 2:

Пронумеруем вершины от 1 до 9. Заметим, что выбрав 5 подряд идущих вершин и соединив их через одну (пятую соединим с первой), образуются нужные нам треугольники без пересечений. Как это замечание помогает построить пример? Как это можно обобщить?

Подсказка 3:

Давайте попарно соединим вершины 1, 3k и 3k+2 для всех k = 1, 2, ..., m - 1, где m = n/3. Это и есть нужная нам триангуляция. Нетрудно убедиться, что при таком разбиении из всех вершин выходит чётное количество рёбер. Сколько их будет для каждой вершины?

Подсказка 4:

Так... Пример удалось построить, но как показать, что он существует только для n кратных 3? У нас в распоряжении есть разбиение на треугольники и знание о чётности степеней вершин. Как их можно связать?

Подсказка 5:

Давайте раскрасим наши получившиеся треугольники в два цвета так, чтобы любые два треугольника, имеющие общую сторону, были разного цвета. Почему это всегда можно сделать? Что теперь можно сказать про диагонали триангуляции и стороны исходного многоугольника?

Подсказка 6:

Заметим, что все стороны изначального n-угольника одного цвета. Пусть белого. Тогда каждая диагональ триангуляции и каждая сторона исходного многоугольника будут сторонами ровно одного белого треугольника. Пусть их k. Как тогда можно выразить n через k?

Подсказка 7:

Да! 3k = n - 3 + n = 2n - 3. Почему тогда n кратно 3?

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 $3.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#126310Максимум баллов за задание: 7

Отрезок $AB$ точками $P$ и $M$ разбит на три отрезка $AP,$ $PM$ и $MB,$ из которых можно составить треугольник. Найти все точки $X,$ лежащие внутри отрезка $P M$ для произвольного такого разбиения.

Источники: Всесиб - 2025, 10.1 ( см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрите, что нам дано в задаче, например, как воспользоваться условием о том, что из отрезков можно составить треугольник?

Подсказка 2

Это означает, что отрезки удовлетворяют неравенству треугольника. Попробуйте понять, где будет лежать точка M на отрезке AB.

Подсказка 3

Из неравенства треугольника AP + PM > MB, но тогда AP + PM > AB/2, следовательно, точка M всегда лежит правее отрезка AB.

Подсказка 4

Проведите аналогичные рассуждения для точки P.

Подсказка 5

Выходит, что середина отрезка AB всегда лежит между точками P и M. А найдутся ли другие?

Подсказка 6

Возьмем точку X, отличную от центра (обозначим его за O). Пусть X лежит между O и A. Может стоит взять какую-нибудь "хорошую" точку за P?

Подсказка 7

Пусть P — середина OX, а M — точка, симметричная P относительно O.

Подсказка 8

Попробуйте через неравенство треугольника доказать, что точка X не лежит на отрезке PM.

Показать ответ и решение

$PIC$

По неравенству треугольника

AP + PM > MB

Поэтому

1 AP +PM > 2AB

Следовательно, точка $M$ всегда лежит правее середины отрезка $AB.$ Аналогично, $PM + MB > AP.$ Поэтому

PM +MB > 1AB 2

Следовательно, точка $P$ всегда лежит левее середины отрезка $AB.$ Значит, середина $O$ отрезка $AB$ всегда лежит строго между точками $P$ и $M,$ то есть лежит внутри отрезка $PM$ для любого разбиения $AB$ точками $P$ и $M$ из условия.

Докажем, что больше таких точек нет. Рассмотрим произвольную внутреннюю точку $X$ отрезка $AB,$ отличную от $O.$ Не умаляя общности будем считать, что $X$ лежит между $A$ и $O.$ Обозначим за $P$ середину отрезка $OX,$ а за $M$ — точку, симметричную $P$ относительно $O.$ Тогда

1 PM < 2AB

AP =MB

AP +MB > 1AB 2

Следовательно,

AP + MB > PM

Значит, из отрезков $AP,$ $PM$ и $MB$ можно составить равнобедренный треугольник, и мы построили «треугольное» разбиение $AB,$ в котором точка $X$ не лежит в отрезке $PM.$

Другой способ выбора точек $P$ и $M$ для $X:$ за $P$ возьмём середину $OX,$ за $M$ — середину $PB.$ Тогда

P M = MB

PM +MB > 1AB 2

PM +MB >AP

Следовательно, из отрезков $AP,$ $PM$ и $MB$ можно составить равнобедренный треугольник. Тогда мы построили «треугольное» разбиение $AB,$ в котором точка $X$ не лежит на отрезке $P M.$

Ответ:

Середина отрезка $AB$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#126311Максимум баллов за задание: 7

Найти все тройки действительных чисел $a,b,c$ , удовлетворяющих системе уравнений:

(| ab− c=3 { a+ bc=4 |( 2 2 a + c =5

Источники: Всесиб - 2025, 10.2 ( см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А как обычно решаются системы? Что-то складываем, что-то вычитаем... Есть ли в задаче намёк на то, как и что следует сложить?

Подсказка 2

3² + 4² = 5².

Подсказка 3

Получим, что b = ±2. Рассмотрим оба случая. Вам останется только решить системы с 2 неизвестными.

Показать ответ и решение

Сложим первое и второе уравнения, возведя их в квадрат:

2 2 2 2 (ab− c) + (a +bc) =3 + 4

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b − 2abc+c + a +2abc+ bc = (b + 1)(a +c )= 3 +4 = 25

Из 3 уравнения знаем, что $a2+ c2 = 5,$ тогда

5(b2+1)= 25

b= ±2

1) $b=2$

Из первого уравнения

c= 2a − 3

Подставим это в третье уравнение:

5a2− 12a+ 4= 0

2 a= 2;5

Имеем 2 кандидата на решение:

a= 2; b= 2; c= 1

2 11 a= 5; b= 2; c=− 5

Первая тройка второму уравнению удовлетворяет, а при подстановке второй во второе уравнение получим в левой части $− 4,$ следовательно, первая тройка является искомым решением.

2) $b=− 2$

Из первого уравнения

c= 2a − 3

Подставим это в третье уравнение:

2 5a + 12a+ 4= 0

a =− 2;− 2 5

Имеем 2 кандидата на решение:

a =− 2; b= −2; c= 1

a= − 2; b= −2; c= − 11 5 5

Вторая тройка второму уравнению удовлетворяет, но, при подстановке первой во второе уравнение, получим в левой части $− 4,$ следовательно, вторая тройка является искомым решением.

Итого получаем

a= 2; b= 2; c= 1

a= − 2; b= −2; c= − 11 5 5

Ответ:

$a =2;b= 2;c= 1$ и $a= 2;b= −2;c=− 11 5 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#126312Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике с основанием $AC$ и углом $ABC =20∘$ при вершине $B,$ на стороне $AB$ отмечена точка $H$ такая, что угол $∘ AHC = 30 .$ Доказать $AC = BH.$

Источники: Всесиб - 2025, 10.3 ( см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А давайте попробуем просто всё посчитать. :)

Подсказка 2

Начнём с углов. Особенно интересны нам ∠BAC, ∠BHC и ∠BCH.

Подсказка 3

Попробуйте применить теорему синусов к треугольнику ABC.

Подсказка 4

А если вновь применить теорему синусов, но уже к треугольнику HBC?

Показать доказательство

Первое решение

Построим серединный перпендикуляр к отрезку $CH,$ обозначим за $M$ и $K$ точки его пересечения со сторонами $BC$ и $AB$ соответственно.

$PIC$

Треугольник $HMC$ — равнобедренный с углами $∘ ∠MHC =∠MCH = 10$ при основании $HC,$ поэтому отрезки $MH$ и $MC$ равны как его боковые стороны.

В треугольнике $MHB$

∠BHM =∠BHC − ∠MHC = 150∘− 10∘ = 140∘

Кроме того,

∘ ∠HBM =20 = ∠BMH

Следовательно, треугольник $MHB$ — равнобедренный с боковыми сторонами $BH$ и $HM.$ Получаем, что $BH = HM = MC.$ Теперь посмотрим на равнобедренный треугольник $CHK$ с $∠HCK = ∠CHK =30∘.$ Следовательно,

∠MCK = ∠MCH +∠MCK = 30∘+ 10∘ =40∘

Заметим, что

∘ ∘ ∘ ∠KCA = ∠ACB − ∠MCK = 80 − 40 = 40

Тогда $CK$ — биссектриса угла $BCA.$

∠KMC = 1⋅∠CMH = 80∘ = ∠KAC 2

Треугольники $KMC$ и $KAC$ равны по общей стороне $KC$ и по 2 углам $∠KMC = ∠KAC,$ $∠KCA = ∠MCK.$ Тогда $MC =AC.$

Получаем, что

BH =HM = MC = AC

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

$PIC$

Повернём треугольник $ABC$ вокруг точки $B$ по часовой стрелке на $20∘,$ чтобы сторона $AC$ совместилась со стороной $AB.$ Образ точки $H$ при этом повороте обозначим за $F.$ Затем зеркально отразим треугольник $ABC$ относительно стороны $BC,$ образ точки $H$ при этом отражении обозначим за $G.$

∘ ∘ ∘ ∠F AC =∠F AB +∠BAC = 10 + 80 = 90

∠GCA =∠GCB +∠BCA = 10∘+ 80∘ =90∘

F A= CH = GC

Тогда четырехугольник $AFGC$ является прямоугольником и $FG = AC.$

В треугольнике $BFG$ по построению $BF =BH = BG,$ а также

∘ ∘ ∘ ∠F BG =∠F BA +∠ABG =∠ABC + ∠ABG = 20 + 40 = 60

Следовательно, треугольник $BF G$ — равнобедренный с углом $60∘$ при вершине, а значит, он является равносторонним. Тогда

AC = FG =F B = HB

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

$PIC$

180∘−-20∘ ∘ ∠BAC = 2 = 80

∠BHC = 180∘− 30∘ =150∘

∘ ∘ ∘ ∘ ∠BCH =180 − 20 − 150 =10

По теореме синусов для треугольника $ABC$

--AC-- = -BC--- sin(20∘) sin(80∘)

По теореме синусов для треугольника $HBC$

--BH∘-= --BC-∘- =--BC-∘ = sin(10 ) sin(150) sin(30 )

Тогда

AC = BC-⋅sin(20∘)= BH ⋅ sin(30∘)⋅sin(20∘) =BH ⋅----sin(20∘)---- =BH ⋅ sin(20∘)= BH sin(80∘) sin(10∘)⋅sin(80∘) 2 ⋅sin(10∘)⋅cos(10∘) sin(20∘)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#126313Максимум баллов за задание: 7

Найти все натуральные числа $n ≥3$ такие, что для любого целого числа $m ≥0$ существуют $n$ целых чисел $x,...,x 1 n$ таких, что $x1+ ⋅⋅⋅+ xn = 0$ и $x1x2+ x2x3+⋅⋅⋅+$ $xn−1xn+ xnx1 = −m.$ Среди чисел $x1,...,xn$ могут быть совпадающие.

Источники: Всесиб - 2025, 10.4 ( см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем пойти снизу-вверх. Что, если n = 3?

Подсказка 2

Попробуйте обозначить x₁, x₂ и x₃. Какими должны быть это обозначения, чтобы x₁ + x₂ + x₃ = 0?

Подсказка 3

Например, x₃ = - x₁ - x₂.

Подсказка 4

Попробуйте посмотреть на остатки от деления.

Подсказка 5

Быть может, с n = 4 нам подойдут аналогичные иксы?

Подсказка 6

Попробуйте увидеть полный квадрат.

Подсказка 7

Кажется, что с n = 5 противоречий не находится. Может, стоит попробовать придумать пример в общем виде?

Подсказка 8

Нам бы хотелось, чтобы сумма попарных произведений по циклу равнялась -m... То есть, вероятно, m должно быть среди иксов.

Подсказка 9

А давайте вспомним пример для n = 3.

Подсказка 10

Чтобы он работал и для n = 4, можно, например, докинуть 0.

Подсказка 11

А можем ли мы при помощи 0 доказать, что и для n ≥ 5 условия выполняются?

Показать ответ и решение

Пусть $n =3.$

Положим $x1 = a,x2 =b,x3 = −a− b,$ тогда

x1x2+ x2x3+ x3x1 =ab− b(a +b)− a(a+ b) =

2 2 = −a − b − ab= −m

m = a2+ b2+ ab= (a − b)2+3ab

Из последнего равенства следует, что остаток от деления числа $m$ на 3 совпадает с остатком от деления $(a − b)2$ на 3, а он может быть равен только 0 и 1. Следовательно, числа $− m$ для всех $m,$ дающих при делении на 3 остаток 2, не могут быть представлены требуемым в условии образом, поэтому $n =3$ не подходит.

Пусть $n= 4.$

Положим $x1 = a,x2 =b,x3 = c,x4 = d= −a − b− c.$ Тогда

ab+bc+ cd +da= (a+c)(b+ d)=

=− (a +c)2 =− m

m =(a+ c)2

Следовательно, в требуемом в условии виде представляются только те числа $− m,$ для которых $m$ является точным квадратом, поэтому случай $n = 4$ тоже нам не подходит.

Пусть $n≥ 5$

Для произвольного $m ≥ 0$ рассмотрим $n$ целых чисел:

{− m;1;0;m − 1;0;0;...;0}

Их сумма равна 0, а сумма попарных проиведений по циклу равна $− m,$ следовательно, любое $n≥ 5$ удовлетворяет условию задачи.

Ответ:

$n ≥5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#126314Максимум баллов за задание: 7

По кругу в некотором порядке выписаны все натуральные числа от 1 до 100 включительно. Пара не соседних чисел $a$ и $b$ называется хорошей, если все числа, выписанные по одну из сторон от хорды, соединяющей $a$ и $b,$ меньше $a$ и $b.$ Какое количество хороших пар чисел может содержаться среди выписанных, в зависимости от порядка записи? Найти все возможные значения.

Источники: Всесиб - 2025, 10.5 ( см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте выписать числа от 1 до n по часовой стрелке. Какие пары будут хорошими?

Подсказка 2

Все пары, содержащие число n, кроме каких?

Подсказка 3

Кроме тех пар, в которых содержатся соседние с n числа. Получим целых n-3 хороших пар. :)

Подсказка 4

Давайте попробуем доказать, что их всегда будет n-3. Воспользуйтесь методом математической индукции.

Подсказка 5

Можно перебором доказать базу для n = 4.

Подсказка 6

Осталось доказать переход. Мы добавляем ещё одно число. Какое число не содержит ни одна хорошая пара?

Подсказка 7

Этим число будет единица. А что будет, если мы её выкинем?

Подсказка 8

Заметим, что есть хорошая пара соседних с 1 чисел, которая пропадает при вычёркивании единицы.

Показать ответ и решение

Первое решение

Если записать числа от 1 до $n$ по часовой стрелке, то хорошими будут все пары, содержащие число $n,$ кроме пар соседних с $n$ чисел $(n;1)$ и $(n;n − 1).$ Всего $n− 3$ пары.

Докажем индукцией по $n,$ что если по кругу выписаны все натуральные числа от 1 до $n,$ то количество хороших пар всегда равно $n − 3$ вне зависимости от порядка записи.

База индукции: $n = 4.$

Числа от 1 до 4 можно выписать по кругу четырьмя различными способами:

(1234);(1243);(1324);(1423)

Хорошими в них будут единственные пары:

(-2 4);( 2-3);( 3 4);( 4 3)

При этом $n− 3= 4− 3= 1.$ База индукции выполнена.

Шаг индукции.

Пусть утверждение индукции выполнено для всех количеств чисел от 4 до $n,$ докажем для $n+ 1.$ Рассмотрим все натуральные числа от 1 до $n+ 1,$ выписанные в произвольном порядке. Заметим, что ни одна хорошая пара чисел не содержит число 1, и пара чисел, записанных слева и справа от 1, образуют хорошую пару. Назовем такую пару маленькой.

Теперь вычеркнем единицу, получим $n$ выписанных чисел от 2 до $n +1.$ Пары, которые были хорошим для исходных $n+ 1$ чисел, кроме маленькой, останутся хорошими и для полученных $n$ чисел, верно и обратное.

Количество хороших пар для полученных $n +1$ чисел, по предположению индукции, равно $n +1− 3= n− 2.$ Все эти пары останутся хорошими, если вернуть назад вычеркнутую единицу, и ещё к ним добавится новая пара чисел — маленькая. Всего получаем $n − 2+ 1= n− 1= n+ 1− 3$ хороших пар, что доказывает шаг индукции.

В итоге ответ — 97 хороших пар чисел.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

Рассмотрим произвольную запись по кругу в некотором порядке всех натуральных чисел от 1 до 100. Будем считать их расположенными в вершинах правильного 100-угольника, обозначим его $C.$ Сначала докажем, что хорды, соответствующие двум разным хорошим парам чисел, не могут пересекаться по внутренним точкам.

Рассмотрим две хороших пары чисел $a< b,$ $c< d,$ в которых все 4 числа различны. Можно считать, что $a <c.$ Если хорды, соответствующие этим парам, пересекаются по внутренней точке, то числа $c$ и $d$ лежат по разные стороны от хорды $ab$ и оба больше $a,$ что противоречит «хорошести» пары $(a;b).$

Теперь предположим, что проведены хорды для всех хороших пар выписанных чисел. Как мы только что доказали, они не пересекаются по внутренним точкам, поэтому разбивают наш 100-угольник на несколько многоугольников с вершинами в вершинах 100-угольника. Если среди них есть многоугольник $M$ с более, чем тремя вершинами, рассмотрим самое маленькое из чисел в вершинах $M,$ обозначим его за $x,$ соседние с ним в $M$ числа обозначим за $y$ и $z.$ Рассмотрим возникающие при этом варианты расположения соответствующих им вершин в 100-угольнике $C.$

1) Все три числа $x,y,z$ записаны в трёх последовательных вершинах $C.$ Тогда $yz$ будет хорошей хордой $C,$ что противоречит предположению о том, что все хорошие хорды уже проведены.

2) Одна из пар $(x;y),$ $(x;z)$ является хорошей в $C,$ а вторая образует пару соседних вершин $C.$ Можно считать, что хорошей является пара $(x,y).$ Так как $x< z,$ все числа, лежащие в $C$ относительно $z$ с другой стороны от хорды $xy,$ меньше $x.$ Тогда хорда $yz$ снова будет не проведённой хорошей хордой $C.$

3) $(x;y)$ и $(x;z)$ являются хорошими в $C.$ В этом случае, так как $x< z,$ $y <z,$ маленькие числа для хорды $xy$ лежат в $C$ с другой относительно $z$ стороны, а маленькие числа для хорды $xz$ лежат в $C$ с другой относительно $y$ стороны. Следовательно, хорда $yz$ будет непроведенной хорошей хордой 100-угольника, у которой маленькие числа расположены в $C$ с той же стороны, что и $x.$ При том числа $y,x,z$ записаны в трёх последовательных вершинах многоугольника $M$ с более, чем тремя вершинами, поэтому $yz$ не может быть стороной $M,$ и тем более стороной $C.$

Таким образом, если хотя бы один из многоугольников, на которые разбивают 100-угольник хорошие хорды, не является треугольником, то всегда можно провести ещё одну хорошую хорду. Следовательно, все хорошие хорды разбивают 100-угольник на треугольники для любого порядка записи чисел от 1 до 100 в его вершинах.

Сумма величин всех углов 100-угольника $C$ равна $98⋅180∘$ (сумма внутренних углов выпуклого $n$ -угольника равна $(n− 2)⋅180∘).$ В данной ситуации, когда все вершины треугольников лежат в вершинах $C,$ она равна сумме углов во всех треугольниках разбиения. Сумма углов в каждом треугольнике разбиения равна $180∘,$ поэтому общее число треугольников разбиения равно 98. В общем числе $3⋅98$ сторон всех треугольников разбиения каждая хорда учитывается дважды, а каждая сторона — один раз. Следовательно, количество проведённых хороших хорд равно $(3⋅98− 100):2= 97$ для любого порядка записи чисел от 1 до 100 в его вершинах.

Ответ:

Предыдущая подтема