Тема Формула единства - задания по годам

Формула единства 2023

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела формула единства - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68179

Найдите сумму всех корней уравнения:

∘--2-------------- ∘--2-------------- ∘--2-------------- 2x − 2024x+ 1023131+ 3x − 2025x+ 1023132+ 4x − 2026x+ 1023133=

=∘x2-−-x+1-+∘2x2-− 2x+-2+ ∘3x2−-3x+-3

Источники: ФЕ-2023, 11.1 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется разбить радикалы по парам. Как связаны подкоренные выражения в одной паре?

Подсказка 2

Они отличаются на x^2-2023x+1023130. Тогда хочется написать какую-то оценку...

Подсказка 3

Если это выражение больше 0, то левая часть больше правой, если же это выражение меньше 0, то левая часть меньше (при условии существования обеих частей). Когда тогда может достигаться равенство?

Подсказка 4

Только если x^2-2023x+1023130=0. Отсюда находим x, и не забываем проверить, что выражения существуют!

Показать ответ и решение

Обозначим

2 1 2 3 f(x)= x − x+ 1= (x −2) + 4 >0

g(x)= x2− 2023x+ 1023130=(x− 1010)(x− 1013)

Тогда уравнение имеет вид

∘ --------- ∘--------- ∘ --------- ∘ ---- ∘---- ∘ ---- f(x)+ g(x)+ 2f(x)+g(x)+ 3f(x)+ g(x)= f(x)+ 2f(x)+ 3f(x)

Если какое-то значение $x$ является решением, то $g(x)= 0,$ ведь иначе левая часть больше (при $g(x)> 0$ ) или меньше (при $g(x) <0$ ) в силу монотонного возрастания функции $√- h(t)= t$ на своей области определения.

При этом легко видеть, что все решения $g(x)=0$ являются и решениями исходного уравнения (будет верное тождество, при этом обе части определены в силу положительности функции $f$ ), то есть это не только необходимое, но и достаточное условие.

Корнями уравнения $g(x)= 0$ являются числа $1010$ и $1013$ . Их сумма равна $2023.$

Ответ: 2023

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68180

Есть 8 белых кубиков одинакового размера. Марине нужно покрасить $24$ грани кубиков в синий цвет, а остальные $24$ грани — в красный. После этого Катя склеивает из них куб $2× 2× 2.$ Если на поверхности куба столько же синих квадратиков, сколько и красных, то Катя побеждает. Если нет, то побеждает Марина. Сможет ли Марина покрасить кубики так, чтобы Катя не смогла достичь цели?

Источники: ФЕ-2023, 11.2 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала пусть мы как-то раскрасили их и как-то склеили, и у нас есть x синих граней и 24-x красных граней. Подумайте вот над чем: можно ли сделать кубик, в котором 24-x синих граней и x красных?

Подсказка 2

Можно, если все внутренние грани кубиков выставить наружу, а внешние - спрятать) И теперь подумайте вот над чем: можно ли как-то по чуть-чуть менять грани, чтобы, например, стало на одну синюю больше и на одну красную меньше или наоборот?

Показать ответ и решение

Пусть Марина как-то покрасила кубики, а Катя как-то сложила из них куб. Пусть на поверхности куба $a$ синих и $24− a$ красных граней. Используя идею так называемой дискретной непрерывности, покажем, что Катя может постепенно привести куб к нужному ей виду. Заметим, что каждый из 8 кубиков можно повернуть так, чтобы все его грани, которые были снаружи, оказались внутри, и наоборот. Если сделать это со всеми восемью кубиками, то на поверхности окажутся как раз все те грани, которые изначально были внутри, то есть $24− a$ синих и $a$ красных. Заметим теперь, что каждый кубик можно поворачивать постепенно - так, чтобы за один ход две внешних грани оставались на месте и лишь третья заменялась на противоположную. При таком повороте количество синих граней на поверхности меняется не более, чем на $1.$ Итак, изначально синих квадратов было $a,$ в конце стало $24− a,$ а при каждом действии менялось не более, чем на $1.$ Поскольку число $12$ находится между $a$ и $24− a,$ то в какой-то момент их было ровно $12.$

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68181

Паша и Игорь подбрасывают монетку. Если выпадает орёл, выигрывает Паша, если решка — Игорь. В первый раз проигравший заплатил победителю 1 рубль, во второй — 2 рубля, потом — 4, и так далее (каждый раз проигравший платит в 2 раза больше, чем на прошлом шаге). В начале игры у Паши была однозначная сумма денег, а у Игоря — четырёхзначная, а в конце у Игоря стала двузначная, а у Паши — трёхзначная. Какое минимальное количество игр мог выиграть Паша? Игроки не могут уходить в минус.

Источники: ФЕ-2023, 11.3 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот с чего можно начать: поймите, что Паша не мог проиграть последнюю игру) А после посмотрите на серии, где он проигрывает, а после одну выигрывает. Что можно с этом случае сказать?

Подсказка 2

Если нумеровать игры с нуля, то выигрыш или проигрыш составляет 2 в степени номер игры. Если Паша проиграл игры с k-ой по (m-1)-ую, а m-ую выиграл, то его выигрыш составил как раз 2^k! Можно ли теперь связать общий выигрыш Паши и то, как развивались события игр?

Подсказка 3

По двоичному представлению числа выигрыша Паши как раз можно теперь понять какие игры он выиграл) Осталось лишь разобраться с тем, каким вообще мог быть выигрыш, и минимизировать кол-во побед.

Подсказка 4

Например, если у Паши сначала было однозначное число, а потом трехзначное, то выигрыш Паши не больше 999. С другой стороны, если у Игоря было четырехзначное, а после двузначное, то выигрыш Паши 901)

Показать ответ и решение

Будем нумеровать игры с нуля. Тогда в игре с номером $i$ победитель получает $2i$ денег.

Обозначим через $N$ сумму денег, на которую Паша стал богаче (а Игорь - беднее) по результатам всех игр.

Заметим, что последнюю игру Паша выиграл (иначе за неё он потерял бы больше денег, чем приобрел на всех предыдущих этапах). Значит, последовательность игр можно разбить на серии, в каждой из которых Паша выиграл последнюю игру и проиграл все остальные в серии (возможно, никакие). Если серия началась с игры номер $k$ и окончилась игрой номер $m >k,$ то Паша выиграл за эту серию

− 2k− 2k+1− ...− 2m −1+ 2m =

k( m−1−k) m = −2 1 +2+ ...+ 2 + 2 =

k( m−k ) m m k m k = −2 2 − 1 + 2 = −2 +2 + 2 =2

Если $m =k,$ то сразу же получаем серию из одного выигрыша такой же суммы $m k 2 = 2 .$

Итак, двоичное представление числа $n$ однозначно описывает набор выигранных Пашей игр (за исключением номера последней игры): слагаемое $2k$ (для $k> 0)$ означает, что очередная серия началась с игры номер $k,$ а предыдущая серия оканчивается победой на игре с номером $k− 1.$

По условию, $901≤ N ≤998.$ Но все числа от 901 до 998 содержат в двоичном представлении $27+ 28+29,$ поэтому Паша выиграл $6,$ $7$ и $8$ игры. При этом есть и последняя игра под номером 9, которую Паша тоже должен был выиграть (как мы отметили в начале решения). В итоге Паша выиграл хотя бы 4 игры.

Кроме этого, за первые 6 игр Паша должен был выиграть хотя бы 3 раза:

1.: из первых четырёх игр выиграна хотя бы одна, так как $9− 1 − 2− 4− 8< 0$
2.: из двух следующих также выиграна хотя бы одна, так как $9± 1± 2±4 ±8− 16− 32$
3.: если из первых четырёх выиграна только одна, то после них сумма не более $10,$ пятая и шестая обязательно должны быть выиграны.

Таким образом, суммарно Паша выиграл не менее $7$ игр.

Пример для $7$ игр: изначально у Паши было $9$ рублей, у Игоря – $1000$ рублей, всего сыграно 10 игр. Тогда

0 3 4 6 7 8 9 N = 985= 2 + 2 +2 + 2 +2 + 2 + 2 =

= (− 20 − 21+ 22)+ (23)+ (− 24+25)+ (26)+(27)+(28)+ (29)

Значит, Паша выигрывал в играх с номерам $2,3,5,6,7,8,9,$ а Игорь – в играх $0,1,4.$ В конце у Паши окажется $994$ рубля, а у Игоря – $15$ рублей.

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#68182

На плоскости в ортогональной проекции изображена правильная пирамида $SABC$ (с основанием $ABC$ ) и высота $AH$ грани $SAB,$ как показано на рисунке.

$PIC$

Как с помощью циркуля и линейки построить изображение центра сферы, описанной возле пирамиды?

Источники: ФЕ-2023, 11.4 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала подумаем, вообще где должен быть центр сферы. Ну он лежит точно в плоскости, которая перпендикулярна ребру... А через какую точку на ребре будет проходить такая плоскость?

Подсказка 2

В нашем случае - через середину, а середину ребра мы точно сможем сделать) Теперь подумаем где еще может быть центр описанной окружности в правильной пирамиде. Например, на высоте) А эту высоту как раз можно найти в нашей плоскости. Но надо еще понять как построить само основание высоты...

Подсказка 3

В нашем случае, основание высоты будет также центром основания и пересечением медиан, которое мы точно умеем строить: просто пересекая медианы. Осталось найти еще бы одну прямую, что если пересечь ее с высотой, то получится нужная точка....

Подсказка 4

Напомню, что прямая AH перпендикулярна ребру SB, а у нас еще есть середина стороны...

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ - середина $AC,$ $N$ - центр основания $ABC.$ Тогда центр описанной сферы лежит на $SN$ (поскольку пирамида правильная). Проекция $M$ строится как середина проекции $AC,$ а проекция $N$ – как точка, делящая проекцию $BM$ в отношении $2:1.$ Обозначим через $m$ прямую, параллельную $MH$ и проходящую через середину $SB.$ Она проходит через центр описанной сферы: $AH$ и $CH$ перпендикулярны $SB,$ так что $m$ перпендикулярна $SB,$ а также $m$ пересекает $SN.$ Проекция $m$ строится как параллельный перенос проекции $MH,$ проходящий через середину проекции $SB.$ Эта проекция пересекает проекцию $SN$ ровно в проекции центра описанной сферы.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#68183

Решите в натуральных числах уравнение

b a a + a+b =b

Источники: ФЕ-2023, 11.5 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала переберем значения b. При 1 нет решений, при 2 можно найти одно решение. А дальше уже не хочется смотреть...и мы начинаем понимать тендецию, что справа будет стоять экспонента от a, а слева - многочлен...Как теперь строго описать этот феномен?

Подсказка 2

Вот давайте теперь предположим, что b хотя бы 3, а a хотя бы 2. Посмотрим на a^b + a + b. Вот пара оценок на помощь: a^b < a^b + a + b < a^b + ab < a^b +ba^(b-2). А как это еще можно оценить так, чтобы справа вышло тоже что-то в степени b?

Подсказка 3

Как (a+1/a)^b! Это проверяется с помощью бинома Ньютона. То есть, вышло что a^b < b^a < (a+1/a)^b. Те, кто рассматривал уравнение вида a^b = b^a знают, что нужно дальше делать) А кто нет, то вот что: приведите эти три функции к почти одинаковому виду, а после посмотрите на скорость роста функции.

Подсказка 4

Прологарифмируем и поделим на ab! выйдет: ln(a+1/a)/a > ln(b)/b > ln(a)/a. Рассмотрите производную функции ln(x)/x и поймете, как она себя ведет. А дальше надо подумать про самое больше число в этой цепочке неравенств...

Подсказка 5

С помощью производной ln(x)/x, можно понять, что нет решений при b ≥ a ≥ 3 и c a = 2, b ≥ 4. Теперь предлагается вот что: можно получить противоречие с тем, что самое наибольшее слагаемое в цепочке - не наибольшее. докажите, что ln(a+1/a)/a < ln(a-1)/(a-1) при a ≥ 4, также с помощью производных)

Показать ответ и решение

Если $a =1$ или $b= 1,$ то решений нет. Если $b= 2,$ то получим $2a = a2 +a+ 1.$ При $a< 5$ решений нет, $a= 5$ подходит, а при $a≥ 5$ левая часть увеличивается менее чем в два раза при увеличении $a$ на $1.$ Пусть $b≥ 3.$ Тогда

( 1)b ba = ab+ a+ b≤ ab+ab≤ ab+ bab−2 < a+ a

Последнее неравенство следует из разложения по биному Ньютона для $( ) a +a1b.$ Действительно:

( ) a + 1 b = ab +b⋅ab−1⋅ 1+ ... a a

Значит,

( 1)b a +a > ba >ab

логарифмируя и деля на $ab,$ получаем:

( ) ln-a+-1a--> lnb-> lna- a b a

Пусть $f(x)= lnx. x$ Заметим, что $f(a)$ убывает при $a ≥3$ и $f(2)=f(4)$ (у этой функции производная равна $f′(x) = 1−lnx, x2$ и она отрицательна при $x> e.$ Поэтому нет решений с $a= 2,b≥4$ и с $b ≥a ≥3.$

С другой стороны, можно проверить, что

( 1) ln-a+-a-< ln(a-− 1) a a− 1

при $a≥ 4.$ Действительно, при $a= 4$ это

( 1)3 3 1 4 4+ 4 = 64+ 12+ 4 + 64 < 81= 3

и производная выражения $g(a)= a⋅ln (a− 1)− (a− 1)⋅ln(a+ 1a)$ равна

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

( ) = − a3−-a2−-a+1 +-a--+ln(a− 1)− ln a+ 1 = a(a2+ 1) a− 1 a

( −a2-− 2a+-1) ( --1-) (-a2+-1) =− 1+ a3+ a) + 1+ a− 1 − ln a(a− 1) =

a2+ 2a− 1 1 ( a2+ 1 ) = --a3+-a--+ a−-1 − ln a(a−-1)

Но (так как $ln(1 +x)< x$ при $x> 0)$

( ) ( ) ln -a2-+1- =ln 1+ a-+1- < -a+-1 a(a − 1) a2− a a2− a

так что

′ ---a3−-3a--- g (a)> a(a− 1)(a2+ 1) > 0

уже при $a ≥3.$ Таким образом, уравнение не имеет решений при $a≥ 4.$

Замечание. Вместо оценки $( ) a+ 1a b$ можно использовать $(a+1)b$ (верную при $b= 2),$ тогда упрощаются вычисления, но нужно перебирать больше исключений.

Ответ:

$a =5,b= 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#68184

На столе лежат 28 конфет. Петя считает некоторые из них вкусными. Вася за один ход может указать любой набор конфет и спросить Петю, сколько из них вкусных. Как Васе гарантированно найти все вкусные конфеты (a) за 21 ход, (б) за 20 ходов?

Источники: ФЕ-2023, 11.6 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Кажется, что если узнавать про большие наборы, то сложновато следить за конфетами. Может попробовать поработать с каким-то маленьким набором конфет, например с 4...

Пункт а, подсказка 2

Попробуем за несколько ходов определить каждую конфету из множества {a, b, c, d}. Что нам могут дать вопросы о наборах {b, c, d} и {a, c, d}?

Пункт а, подсказка 3

Если ответы на них разные, то мы однозначно определим конфеты a и b, а из этого и конфеты c и d. Интереснее будет, если ответы на эти вопросы одинаковые: тогда мы понимаем, что a и b либо обе вкусные, либо обе невкусные. Как нам тогда определить остальные конфеты, если задать вопрос про набор {a,b,c}?

Пункт а, подсказка 4

Если предположить, что конфеты a и b вкусные, то ответ на вопрос про набор {a,b,c} должен быть хотя бы 2. Если ответ ровно 2, то c- невкусная, а если 3, то с- вкусная. Если же конфеты a и b обе невкусные, то ответ будет 1 или 0, тогда c будет вкусная или невкусная соответственно. Тогда, зная a, b и с, мы из вопроса про набор {a, c, d} восстанавливаем d. Итак, мы справились за не более чем 3 хода. А сколько групп по 4 можно выделить из 28 конфет...

Пункт б, подсказка 1

А вот и пункт б... Полезно будет подумать над тем, как можно увеличить количество известных конфет, и при этом не сильно увеличить количество вопросов, если у нас уже есть способ узнать все про n конфет за m вопросов...

Пункт б, подсказка 2

Пускай у нас есть способ узнать все про n конфет за m вопросов. Попробуем добавить к известным нам еще 3 конфеты за 3 вопроса. Пусть самый первый вопрос мы задавали про множество конфет X. Попробуйте подумать, что нам могут дать вопросы про наборы {a, c, X} и {b, c, X} ...

Пункт б, подсказка 3

Если ответы разные, то мы однозначно определим конфеты a и b, тогда останется лишь задать вопрос про набор {a, b, c} и узнать c. Если ответы на эти вопросы одинаковые, то мы понимаем, что a и b либо обе вкусные, либо обе невкусные. Тогда задав вопрос про набор {a, b, c} мы также узнаем про с, ведь если они обе вкусные, то ответ будет хотя бы 2 и мы узнаем про с, а если обе невкусные, то ответ меньше 2 и мы также узнаем про с. Итак, мы смогли узнать про a, b, c. А мы как-то пользовались тем, что мы знаем количество вкусных конфет в множестве X?

Пункт б, подсказка 4

На самом деле нет. А вот узнав все про a, b, c мы попутно узнали и про количество вкусных конфет в множестве X. Тогда в способе узнать все про n конфет за m вопросов мы могли не задавать вопрос про множество X. Значит мы смогли узнать про n+3 конфет за m+2 вопроса. Как нам теперь завершить решение, если про 1 конфету можно узнать какая она за 1 вопрос?

Пункт б, подсказка 5

Если про 1 конфету можно узнать какая она за 1 вопрос, то про 4 конфеты можно узнать за 3 вопроса, про 7 конфет за 5 вопросов, ... про 28 конфет за 19 вопросов. А это даже лучше, чем за 20 вопросов!!!

Показать ответ и решение

а)

Разобьём конфеты на $7$ групп по $4$ штуки. За $3$ хода можно узнать всё про данные конфеты $a,b,c,d,$ спросив, например, про наборы ${a,c,d},{b,c,d},{a,b,c}.$ Если на первые два вопросы ответы будут разными, то мы узнаем, каковы конфеты $a$ и $b,$ а из третьего вопроса поймём, какова $c.$ Вернувшись к первому вопросу, узнаем и про $d.$ Если же ответы на первые два вопроса совпадают, значит, $a$ и $b$ одинаковы. Если ответ на третий вопрос меньше $2,$ то $a$ и $b$ невкусные, а если $2$ или более, то вкусные; вкусная ли $c,$ определим по четности этого ответа. И вновь, вернувшись к первому вопросу, определим, какова $d.$

Замечание.

Подойдёт и другой набор вопросов, например, ${a,c},{b,c},{a,b,d}.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

б)

Возможны различные решения этого пункта. Приведём решение, позволяющее найти все конфеты даже за $19$ ходов. Докажем следующее утверждение: "Если для $n> 0$ конфет задача решается за $m$ вопросов, то для $n+ 3$ конфет ее можно решить за $m+ 2$ вопроса"(Поскольку для одной конфеты достаточно одного вопроса, то для $28= 1+9 ⋅3$ конфет хватит $1 +9⋅2= 19$ вопросов).

Действительно, пусть есть способ узнать про $n$ конфет за $m$ вопросов, и пусть первый из этих вопросов задаётся про некоторое множество X. Добавим три конфеты $a,b,c,$ а к списку вопросов добавим три вопроса про множества ${a,c}∪ X$ , ${b,c}∪ X$ и ${a,b,c}$ и уберём вопрос про $X.$ По ответам на эти вопросы можно узнать, каковы конфеты $a,b,c$ и сколько сладких конфет в $X$ (точно так же, как в пункте а, только $d$ заменяется на $X ).$

Ответ: