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#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)

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)

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)

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)

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)

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)

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.


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