Тема ФЕТТ (Формула Единства / Третье Тысячелетие)

Формула единства - задания по годам → .06 Формула единства 2024

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела фетт (формула единства / третье тысячелетие)

Разделы подтемы Формула единства - задания по годам

Формула единства до 2020

Формула единства 2020

Формула единства 2021

Формула единства 2022

Формула единства 2023

Формула единства 2024

Формула единства 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85909

Функции $f$ и $g$ заданы формулами

f(x)= ax +b,g(x)= bx+a,

где $a$ и $b$ — некоторые натуральные числа, причём

f(g(x))− g(f(x))= 2024

Чему могут быть равны числа $a$ и $b$ ?

Источники: ФЕ - 2024, 11.1 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам в условии дано равенство. Раскроем его, расписав, чему равны функции f и g.

Подсказка 2

Получилось выражение, зависящее только от а и b. Теперь нужно разложить его на скобочки и посмотреть, чему они могут быть равны, исходя из того, что а и b — натуральные.

Показать ответ и решение

Условие равносильно выполнению равенства

a(bx+ a)+b − (b(ax+ b)+a)= 2024

2 2 a + b− b − a =2024

(a− b)(a+ b− 1)= 2024

Поскольку $2024 =23⋅11⋅23$ , и значения выражений $a− b$ и $a +b− 1$ разной чётности, второе из них положительно и больше первого, то остаётся рассмотреть только четыре варианта:


$a − b$	1	8	11	23

$a+ b− 1$	2024	253	184	88

Соответствующие пары значений ( $a,b$ ) таковы: $(1013;1012),(131;123),(98;87),(56;33)$ .

Ответ:

$(1013;1012),(131;123),(98;87),(56;33)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85910

Лес представляет собой координатную плоскость, в некоторых узлах которой растут ёлки. Всего ёлок больше миллиона. Докажите, что можно срубить более 100000 ёлок так, чтобы расстояние между любыми двумя срубленными ёлками было больше 3. (Узлом называется точка, обе координаты которой целые; ёлки считаем точками.)

Источники: ФЕ - 2024, 11.2 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда нас просят доказать, что что-либо возможно, то один из вариантов решения это просто привести пример. Так и в этой задаче, нам нужно придумать пример вырубки ёлок, удовлетворяющей условию.

Подсказка 2

Получается, нам нужно выбрать больше 100000 ёлок так, чтобы расстояние между любыми двумя из них было больше 3. Может быть не понятно, по какому принципу их вообще выбирать. В таких случаях полезно каким-либо образом разбить ёлки на группы так, чтобы одна из групп была искомой. Но на какое количество групп разбивать?

Подсказка 3

Вспомним принцип Дирихле и посмотрим на числа. Заметим, что если разбить ёлки на 10 групп, то в одной из них точно будет больше 100000 штук. Тогда нам нужно, чтобы внутри каждой группы расстояния между любыми двумя ёлками было более 3.

Подсказка 4

Если не получается придумать разбиение, попробуйте посмотреть на эту задачу по-другому. Например, попытаться разбивать не ёлки, а узлы. Так же не забывайте про количество групп, попробуйте использовать остатки при делении на 10.

Показать доказательство

Раскрасим узлы в 10 цветов так, чтобы узлы одного цвета образовывали сетку из квадратов со стороной $√10$ . Например, пусть цвет узла с координатами ( $x,y$ ) определяется остатком от деления числа $x+ 3y$ на 10 (считаем, что деревья растут в центрах квадратов):


0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	0

7	8	9	0	1	2	3	4	5	6	7

4	5	6	7	8	9	0	1	2	3	4

1	2	3	4	5	6	7	8	9	0	1

8	9	0	1	2	3	4	5	6	7	8

5	6	7	8	9	0	1	2	3	4	5

2	3	4	5	6	7	8	9	0	1	2

9	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9

6	7	8	9	0	1	2	3	4	5	6
3	4	5	6	7	8	9	0	1	2	3

0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	0

По принципу Дирихле, в какой-то из десяти цветов окрасились более 100 тысяч ёлок. Тогда все эти ёлки можно срубить, поскольку расстояние между любыми двумя из них не меньше $√10$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85911

Прямая $ℓ$ касается описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $A$ . Точки $D$ и $E$ таковы, что $CD$ и $BE$ перпендикулярны $ℓ$ , а углы $DAC$ и $EAB$ прямые. Докажите, что $BD$ и $CE$ пересекаются на высоте треугольника $ABC$ из вершины $A$ .

Источники: ФЕ - 2024, 11.3 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу обозначим точки пересечения l с CD и BE за F и G соответственно. Так как у нас фигурирует высота, то неплохой идеей было бы отметить ортоцентр H. Что про него можно сказать?

Подсказка 2

Докажем, что DB проходит через середину AH. А как использовать то, что DA перпендикулярно AC? А как использовать касательную?

Подсказка 3

DA || BH, а угол FAC равен углу ABC. А кем являются BD и AH для четырехугольника DABH?

Подсказка 4

Они являются диагоналями четырехугольника. Значит, было бы неплохо доказать, что DABH — параллелограмм. А как добиться того, что DH будет параллельно AB?

Подсказка 5

Угол DHC будет прямым, а, значит, четырехугольник DAHC будет каким?) Осталось лишь доказать, что это действительно так!

Показать доказательство

Пусть $H$ — ортоцентр $ABC.$

$AD$ перпендикулярно $AC$ и $BH$ перпендикулярно $AC$ , значит $AD∥BH$ . Пусть касательная в точке $A$ пересекает $CD$ в точке $F.$

$PIC$

$∠FAC = ∠ABC$ как угол между касательной и хордой.

∠CDA = 90∘ − ∠ACD =90∘− (90∘− ∠FAC )=∠F AC =∠ABC

Значит, точки $C,D, A,H$ лежат на одной окружности. Значит, $∠DHC$ - прямой, а значит $DH ∥AB$ .

Тогда $BADH$ — параллелограмм, а значит, $BD$ проходит через середину $AH$ . Аналогично $CE$ тоже через неё проходит, ч.т.д.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#85912

У Вити есть 9 альбомов с марками, причём в любых двух альбомах количество марок различается. Витя хочет отдать сестре один или два пустых альбома на её выбор. При этом Витя обнаружил, что, какой бы один или какие бы два альбома ни попросила сестра, марки из них можно распределить по остальным альбомам так, что во всех оставшихся семи или восьми альбомах станет поровну марок. Изначально у Вити меньше всего марок в красном альбоме. А какое минимальное количество марок может быть в синем альбоме?

Источники: ФЕ - 2024, 11.4 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, а как использовать условие на то, что можно разложить любой альбом по всем остальным альбомам так, чтобы марок в них было поровну? Какой альбом хочется попробовать расформировать?

Подсказка 2

Расформируем самый маленький. Пусть в самом маленьком из оставшихся будет х марок. Сколько в других? Сколько в них будет после разложения марок поровну? Как оценить х?

Подсказка 3

Марок в самом большом альбоме не менее, чем х+7. Тогда получается, что после разложения марок поровну в каждом из восьми альбомов будет не менее, чем х+7 марок. Сколько тогда марок должно быть в альбоме, который расформировали?

Подсказка 4

Не менее, чем 28. А в остальных? Так мы получаем оценку и умеем строить пример. Осталось доказать, что меньше марок в синем альбоме получить нельзя.

Подсказка 5

Итак, мы получаем первую оценку: общее количество марок не меньше, чем 28+29+…+36. При этом сумма должна делиться на 7 и на 8. Какой тогда пример построить?

Подсказка 6

336=28+35+36+…+42. А как уменьшить число 35 в ней?(нам ведь нужно минимизировать число марок в синем альбоме)

Подсказка 7

Заменим в этой сумме 28+35 на 31+32. Докажем, что меньше 32 марок в синем альбоме быть не может. А если их всё-таки будет меньше? Сколько будет в красном? Чему тогда равно общее количество марок?

Подсказка 8

Если в красном не более 30 марок, а общее количество равно 8а при некотором а >= 42, то сколько нужно будет добавить в синий?

Показать ответ и решение

Посмотрим, какое минимальное количество марок может изначально быть у Вити в красном альбоме.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Оценка: Упорядочим альбомы по количеству марок, начиная с наименьшего. Если во втором по количеству альбоме $x$ марок, то в следующих не менее чем $x+ 1,x+$ $2,...,x+ 7$ . После расформирования первого альбома в каждом из остальных будет не менее $x+7$ марок, то есть в них надо добавить не менее чем $7+ 6+ ...+ 2+1 +0 =28$ марок.

Пример: 28, 35, 36, ..., 42. Суммарное количество марок тут делится на 7 и на 8 ( $336=$ $42⋅8= 48⋅7$ ), поэтому можно сделать как 8 альбомов по 42 марки, так и 7 по 48 марок.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Итак, тогда общее число марок не меньше $28 +29+ ...+ 36$ , к тому же кратно 7 и 8 , а потому не меньше $336= 28+35+ 36+ ...+ 42$ . Если в этой сумме заменить $28+35$ на $31+32$ , то получим пример к ответу 32.

Предположим теперь, что в синем альбоме 31 марка или меньше. Тогда в красном не более 30 марок. В то же время общее количество марок равно $8a$ , где $a≥42$ . После расформирования красного альбома в остальных нужно сделать ровно по $a$ марок. Значит, изначально в каждом альбоме не более $a$ марок. В синий альбом придётся добавить не менее $42− 31= 11$ марок, а в остальные суммарно не менее чем $6+ 5+ 4+3 +2+ 1+ 0= 21$ марку. Однако в сумме это не менее 32 марок, а в красном альбоме лишь 30.

Ответ: 32

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85913

Вредный учитель даёт ученикам тест из 12 вопросов, на каждый из которых надо ответить «да» или «нет». Учитель не только вредный, но и нечестный, поэтому «правильные» ответы он определяет только после того, как ученики сдадут работы. При этом учитель стремится выбрать «правильные» ответы так, чтобы ни один из учеников не угадал больше половины ответов. При каком наибольшем количестве учеников учитель гарантированно сумеет это сделать?

Источники: ФЕ - 2024, 11.5 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы учитель смог провернуть свой коварный замысел, нужно чтобы возможных вариантов ответа было больше, чем учеников. Поэтому нам нужно рассмотреть цепочки ответов, но какой длины они должны быть?

Подсказка 2

Нам нужно, чтобы ученики ответили не более, чем на половину вопросов. А для какого числа очень легко посчитать половину? Для двойки! Рассмотрите цепочки ответов длины 2!

Подсказка 3

Существует 4 варианта ответить на два вопроса. Тогда сколько должно быть школьников, чтобы учитель смог сделать один из вариантов правильным? Дорешайте задачу и не забудьте про пример!

Показать ответ и решение

Если учеников три (или меньше), то учитель справится. Действительно, на первые два вопроса возможны 4 варианта ответа: ++, +-, –, -+. Поскольку учеников не больше трёх, то какую-то из этих комбинаций никто не выбрал, её-то учитель и объявляет «правильной». Так же он поступает с каждой следующей парой ответов. В результате у каждого ребёнка не больше половины верных ответов.

Четыре ученика смогут «обыграть» учителя. Для этого им надо разделить вопросы на две группы нечётного размера (например, первые 5 и последние 7 вопросов) и дать такие ответы: ++++++++++++,————, +++++——-,—–+++++++. Тогда найдётся ребёнок, угадавший больше половины ответов как в первой группе, так и во второй.

Ответ: 4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85914

Докажите, что уравнение

5m2−-n n2+ 3m =1

имеет бесконечно много решений в целых числах.

Источники: ФЕ - 2024, 11.6 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала просто решим уравнение 5m^2 - 3m = n^2 + n. У нас есть квадраты обеих переменных, а значит нужно попробовать выделить два полных квадрата.

Подсказка 2

Заменим один получившийся квадрат на х, а другой на y. Должно получиться уравнение x^2 - 5y^2 = 4. Нам нужно доказать, что у уравнения бесконечное число решений. В таком случае, решение уравнения может быть связано с каким-либо бесконечным числовым рядом. Какую известную последовательность чисел вы знаете?

Подсказка 3

Числа Фибоначчи! Подумайте, как через них можно выразить решения этого уравнения. Это можно сделать, например, поподставляя последовательные числа Фибоначчи и их комбинации в уравнение.

Подсказка 4

В конце не забудьте проверить, что m и n получаются целые. Для этого можно заметить, что последовательность остатков чисел Фибоначчи по модулю 10 периодична. Так же нужно понять, зануляется ли в этих случаях знаменатель.

Показать доказательство

Решим сначала уравнение

2 2 5m − n = n +3m

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

5m2 − 3m = n2+ n

Умножим на 4 и прибавим 1 к обеим частям, чтобы выделить полный квадрат справа:

20m2− 12m+ 1= (2n+1)2

Теперь домножим обе части на 5 и выделим полный квадрат слева:

(10m− 3)2 =5(2n+ 1)2+ 4

Сделаем замену $x= 10m− 3,y = 2n +1$ . У получившегося уравнения

x2− 5y2 =4

имеются решения

x= ±(F2k−1+F2k+1),y =±F2k,k≥ 0,

где $Fk$ — числа Фибоначчи (мы пользуемся нумерацией $F0 = 0,F1 = 1,Fk+1 = Fk+ Fk−1$ при всех целых $k$ ). На самом деле

(Fk−1+ Fk+1)2− 5F2k = 4F2k− 1+4Fk−1Fk− 4F 2k

равно $k (−1)4$ для всех $k$ , что легко проверить по индукции: при $k= 0$ это выполняется, а если $2 2 k Fk−1+Fk−1Fk− Fk =(−1)$ , то и

F2k + FkFk+1− F2k+1 =Fk2− Fk−1Fk− F2k−1 = (−1)k+1

(Можно доказать с помощью теории уравнений Пелля, что $2 2 x − 5y = 4$ не имеет других решений.)

Теперь нужно найти бесконечно много $x$ и $y$ таких, для которых соответствующие $x+3 m = 10$ и $y−1 n= 2$ целые. Заметим, что последовательность остатков чисел Фибоначчи по модулю 10 периодична (так как пара ( $Fk−1,Fk$ ) может принимать конечное количество вариантов по модулю 10, а остаток следующего и предыдущего чисел Фибоначчи однозначно определяются по остаткам этой пары). Кроме того, $x =F2 =1$ и $y =F1 +F3 = 3$ подходят, они соответствуют тривиальному решению $m = n= 0$ . Значит, уравнение $5m2 − n =n2 +3m$ имеет бесконечно много решений.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Осталось понять, что они все не могут обнулять знаменатель. Действительно, если $(m,n)$ — решение уравнения $5m2− n= n2+ 3m$ , при котором $n2+ 3m =0$ , то и $5m2− n= 0$ . Следовательно, $25m4 + 3m = 0$ . Так как $m$ целое, то обязательно $m = 0$ (иначе $|| 4|| 25m > |3m|$ ), а значит, и $n= 0$ . Остальные пары $(m,n)$ нам подходят.

Предыдущая подтема

Следующая подтема


0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	0

7	8	9	0	1	2	3	4	5	6	7

4	5	6	7	8	9	0	1	2	3	4

1	2	3	4	5	6	7	8	9	0	1

8	9	0	1	2	3	4	5	6	7	8

5	6	7	8	9	0	1	2	3	4	5

2	3	4	5	6	7	8	9	0	1	2

9	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9

6	7	8	9	0	1	2	3	4	5	6
3	4	5	6	7	8	9	0	1	2	3

0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	0


0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	0

7	8	9	0	1	2	3	4	5	6	7

4	5	6	7	8	9	0	1	2	3	4

1	2	3	4	5	6	7	8	9	0	1

8	9	0	1	2	3	4	5	6	7	8

5	6	7	8	9	0	1	2	3	4	5

2	3	4	5	6	7	8	9	0	1	2

9	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9

6	7	8	9	0	1	2	3	4	5	6
3	4	5	6	7	8	9	0	1	2	3

0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	0


0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	0

7	8	9	0	1	2	3	4	5	6	7

4	5	6	7	8	9	0	1	2	3	4

1	2	3	4	5	6	7	8	9	0	1

8	9	0	1	2	3	4	5	6	7	8

5	6	7	8	9	0	1	2	3	4	5

2	3	4	5	6	7	8	9	0	1	2

9	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9

6	7	8	9	0	1	2	3	4	5	6
3	4	5	6	7	8	9	0	1	2	3

0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	0