Тема Формула единства - задания по годам

Формула единства 2024

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#85909Максимум баллов за задание: 7

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#85910Максимум баллов за задание: 7

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#85911Максимум баллов за задание: 7

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#85912Максимум баллов за задание: 7

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#85913Максимум баллов за задание: 7

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#85914Максимум баллов за задание: 7

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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#136038Максимум баллов за задание: 7

Даша выложила в ряд $n$ карточек $(5≤ n ≤100),$ на которых по порядку написаны натуральные числа от 1 до $n.$ После этого она перевернула две карточки чистой стороной вверх так, что произведение чисел между ними оказалось равным произведению всех остальных видимых чисел. Какому же числу равно каждое из этих произведений?

Примечание. Слева или справа от перевёрнутых карточек может не оказаться ни одного числа.

Источники: ФЕ - 2024, 10.1 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, что будет, если не переворачивать карточку, содержащую достаточно большое простое число.

Подсказка 2

Нам надо переворачивать все карточки с большими простыми числами, потому что в ином случае мы не сможем получить равное произведение. Подумайте, всегда ли мы можем перевернуть эти карточки.

Подсказка 3

Нет, не всегда, потому что простых чисел может быть больше двух. Рассмотрите n ≥ 61.

Подсказка 4

А теперь разбивайте карточки на группы и думайте, какие карточки надо перевернуть и подходит ли нам такое n.

Подсказка 5

Для достаточно малых n придется рассматривать их точечно и оценивать состоятельность таких вариантов на основании делимости.

Показать ответ и решение

Заметим, что если на какой-то карточке встречается простое число $p> n, 2$ то её надо перевернуть, поскольку иначе это число попадёт в одно из произведений, а во втором произведении множителя $p$ не будет. Если таких числа хотя бы три, то придётся перевернуть три карточки, что противоречит условию. Если же их два, то обязательно надо перевернуть именно эти две карточки.

Отбросим некоторые значения $n:$

если $61≤ n≤ 100,$ то надо перевернуть карточки 53, 59, 61;
если $41≤ n≤ 60,$ то надо перевернуть карточки 31, 37, 41;
если $31≤ n≤ 40,$ то надо перевернуть карточки 23, 29, 31;
если $19≤ n≤ 30,$ то надо перевернуть карточки 17 и 19, но между ними лишь число 18, что меньше, чем 16!;
если $13≤ n≤ 18,$ то надо перевернуть карточки 11 и 13, но между ними лишь число 12, что меньше, чем 10!.

Далее, при $n =11$ и $n= 12$ нужно перевернуть карточки 7 и 11. Заметим, что $8⋅9⋅10= 720$ и $6!= 720,$ поэтому при $n= 11$ условие выполняется (произведение равно 720), а при $n= 12$ не выполняется $(6!⋅12⁄=$ $8⋅9⋅10= 720).$

Если $n= 10,$ то одна из перевернутых карточек — 7. Пусть число на второй карточке равно $a.$ Заметим, что если $a =1,$ то каждое из произведений вновь равно 720. Это второй подходящий вариант, но ответ тот же. Если $2≤ a≤ 6,$ то «внутреннее» произведение меньше 720, а «внешнее» не меньше 720. То же верно в случае, когда $a> 7.$

Если $n∈ {7;8;9},$ то надо перевернуть карточки 5 и 7, но между ними число 6, а «внешнее» произведение не меньше 4!.

Если $n= 5,$ то перевернуты карточки 3 и 5, но $4⁄= 1⋅2.$

Если $n= 6,$ то одним из перевёрнутых чисел будет 5. Второе перевёрнутое число может быть только 1 или 2, иначе «внешнее» произведение делится на 3, а «внутреннее» — нет, но $1⋅6< 3⋅4$ и тем более $6 <2 ⋅3 ⋅4.$

Ответ: 720

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#136039Максимум баллов за задание: 7

Пусть $f(x)= x2 +10x+ 20.$ Решите уравнение $f(f(f(x))) =0.$

Источники: ФЕ - 2024, 10.2 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо как-то подойти к f(f(f(x))). Подстановка напрямую в функцию f(x) приведет к непонятному уравнению, нужно поступить более хитрo: как можно представить f(x)?

Подсказка 2

Представим f(x) как (x + 5)² - 5. Теперь считать f(f(x)) и f(f(f(x))) гораздо проще!

Подсказка 3

Получим f(f(x)) = (x + 5)⁴ + 5. Подставляем в f(f(f(x))) и решаем уравнение.

Показать ответ и решение

Заметим

2 f(x)= (x +5) − 5

теперь видно

( 2 )2 4 f(f(x))= ((x+ 5) − 5)+ 5 − 5= (x +5) + 5

Аналогично получим

f(f(f(x)))= (x+ 5)8− 5

Осталось решить уравнение

(x +5)8− 5 =0

x= −5± 8√5

Ответ:

$− 5± 8√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#136040Максимум баллов за задание: 7

На окружности $ω$ отмечены точки $A,B,C,D,E,F$ (в указанном порядке), причём $AB = BC =CD.$ Прямая $BE$ пересекает прямые $CF$ и $DF$ в точках $G$ и $H$ соответственно, а прямая $AE$ пересекает прямые $CF$ и $BF$ в точках $J$ и $K$ соответственно. Лучи $KG$ и $JH$ пересекают окружность $ω$ в точках $M$ и $N$ расстояние между которыми равно $AB.$ Докажите, что прямые $GK$ и $JH$ пересекаются на $ω.$

Источники: ФЕ - 2024, 10.3 (см. www.formulo.org)

Показать доказательство

$PIC$

Углы $AEB,$ $BFC,$ $CF D$ равны, поскольку опираются на равные дуги. Из равенства $∠AEB = ∠BFC$ следует, что четырехугольник $EF KG$ — вписанный, поэтому $∠FGK =∠F EK.$ А из равенства $∠AEB = ∠CF D$ следует, что четырехугольник $EF JH$ — вписанный, поэтому $∠FEK = ∠FHJ.$ Получаем $∠FGK = ∠FHJ,$ откуда $FHGT$ — вписанный, поскольку $T$ — точка пересечения $HJ$ и $GK.$ Значит, $∠MT N = ∠CF D.$ Но, по условию, высекаемые этими углами дуги $MN$ и $CD$ также равны, а это значит, что $T$ лежит на окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#136041Максимум баллов за задание: 7

Найдите наименьшее значение выражения

∘ -2-------2- ∘ -2-------2- ∘-2-------2 ∘ 2--------2 x + (16− y)+ y +(30− z) + z + (16 − t) + t +(30− x)

Здесь $x,y,t,z$ — произвольные вещественные числа.

Источники: ФЕ - 2024, 10.4 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А можно ли посмотреть на это уравнение геометрически?

Подсказка 2

Вспомните, чему равно расстояние между 2 точками.

Подсказка 3

Эти 4 корня — сумма длин 4 векторов! А как еще ее можно вычислить?

Подсказка 4

А что, если сложить все вектора?

Подсказка 5

Не забудьте найти x, y, z, t, при которых равенство выполняется!

Показать ответ и решение

Рассмотрим вектора $(x,16− y),$ $(30− z,y),$ $(z,16− t)$ и $(30− x,t).$ Заметим, что мы хотим оценивать сумму их длин, но эта сумма хотя бы длина суммы этих векторов. А их сумма это вектор $(60,32),$ длина этого вектора $68.$ Осталось найти точку, где достигается равенство, для этого вектора должны быть сонаправленны, и достигается это при $x =z = 15$ и $y =t= 8.$

Ответ: 68

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#136042Максимум баллов за задание: 7

Источники: ФЕ - 2024, 10.5 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Оцените наименьшее возможное количество марок в красном альбоме. Посчитайте, сколько марок должно получиться в каждом альбоме после его расформирования.

Подсказка 2

А теперь вспомните, что Витя может расформировать один или два альбома, и оцените общее количество марок на основании делимости.

Подсказка 3

Минимизируйте возможное количество марок во втором по меньшинству альбоме и убедитесь в состоятельности примера.

Подсказка 4

Теперь проведем оценку. Допустим, что в синем альбоме не более 31 марки. Почему этот вариант несостоятелен? Посчитайте, сколько марок придется добавить в каждый альбом.

Показать ответ и решение

Пример.

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

28+ 29 +...+ 35+ 36=288

Поскольку Витя, отдав 1 или 2 альбома, может распределить марки по 7 или 8 альбомам, количество марок кратно 7 и 8. Наименьшее возможное число марок с учетом того, что нет альбомов с одинаковым количеством марок, равно

336= 28+35+ 36+ ...+41+ 42

Так как у Вити меньше всего марок в красном альбоме, заменив в данной сумме $28+ 35$ на $31+ 32,$ получим пример для 32 марок в синем альбоме.

Оценка.

Предположим, что в синем альбоме не более 31 марки. Тогда в красном не более 30 марок. Поскольку марки можно распределить поровну по 8 альбомам, всего у нас $8a$ марок, где $a≥ 42.$ После расформирования красного альбома в остальных нужно сделать ровно по $a$ 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= 21

Однако $11 +21= 32,$ а в красном альбоме не более 30 марок. Противоречие.

Ответ: 32

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#136043Максимум баллов за задание: 7

Источники: ФЕ - 2024, 10.6 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

12 — небольшое число вопросов. Попробуйте перебрать возможные количества учеников.

Подсказка 2

Для того, чтобы понять, почему при трех учениках ни у кого не будет больше половины правильных ответов, попробуйте оценить поведение учителя при разных вариантах ответа (все "да", все "нет", и т.д.) на вопросы.

Подсказка 3

Разбейте вопросы на пары и посмотрите, какие варианты ответов на вопросы внутри пары есть.

Подсказка 4

Осталось предъявить стратегию, при которой 4 ученика переиграют учителя. Возможно, двум ученикам для этого надо противоположно ответить на определенные вопросы?

Показать ответ и решение

Ответ "да"на вопрос обозначим, как $1,$ а ответ "нет"как $0.$

Если учеников $3,$ то учитель справится. И вправду разобьём все вопросы на блоки по два, и заметим, что в каждом блоке возможны 4 вариантов ответа $11,$ $00,$ $10$ и $01.$ Какой-то из этих вариантов никто не выбрал, его-то учитель и назовёт правильным, так он гарантирует что не будет ученика с больше чем половиной правильных ответов.

Уже $4$ ученика смогут переиграть учителя, а именно один отвечает всеми $0,$ второй всеми $1,$ третий отвечает на первые пять вопросов $1,$ на остальные $0.$ Четвёртый ученик противоположно третьему. Тогда найдётся ученик угадавший больше половины и в первых $5$ вопросах, и в оставшихся $7.$

Ответ: 3


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