Тема ТурЛом (турнир Ломоносова)

Турнир Ломоносова - задания по годам → .04 ТурЛом 2022

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела турлом (турнир ломоносова)

Разделы подтемы Турнир Ломоносова - задания по годам

ТурЛом до 2020

ТурЛом 2020

ТурЛом 2021

ТурЛом 2022

ТурЛом 2023

ТурЛом 2024

ТурЛом 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#76576

Действительные числа $x$ и $y$ таковы, что

x(x+ 1)y =6,

3( 3 ) 3 x x +1 y = 126.

Какие значения может принимать выражение

x2(x2+ 1)y2?

Укажите все возможные ответы и докажите, что других нет.

Источники: Турнир Ломоносова - 2022, 11.1

Показать ответ и решение

Возведём первое равенство в куб и поделим на второе:

-63- x3(x+-1)3y3 126 = x3(x3+1)y3

Отсюда при условии $x ⁄= 0,x⁄= −1,y ⁄= 0$ получаем

2 12-= -(x2-+1)-- 7 x − x+1

5x2− 26x+ 5= 0

Решая это квадратное уравнение, получаем $x= 5$ или $1 x = 5.$ Из первого равенства тогда $1 y = 5$ или $y = 25$ соответственно.

Подставляем получившиеся значения в требуемое выражение:

( ) ( ) (( ) ) 52⋅(52+ 1)⋅ 1 2 =26 и 1 2⋅ 1 2+ 1 ⋅252 =26 5 5 5

Ответ: 26

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76577

У Ярослава есть $N$ замков, пронумерованных числами от 1 до $N,$ расположенных по кругу в порядке увеличения номеров от 1 до $N$ по часовой стрелке. В начальный момент времени все замки открыты. Ярослав начинает с замка с номером 1 и движется всегда по часовой стрелке. Если Ярослав находится у замка с номером $k,$ то:

если открытых замков сейчас суммарно больше $k,$ то Ярослав закрывает следующие по часовой стрелке $k$ открытых замков, и переходит к следующему после этого открытому замку (возможно, снова к замку с номером $k$ );
если открытых замков сейчас суммарно не больше $k,$ то Ярослав закрывает все замки, кроме замка с номером $k,$ и заканчивает (таким образом, остаётся открытым только замок с номером $k$ ).

При каком наименьшем $N > 2022$ Ярослав оставит в конце открытым замок с номером 1?

Источники: Турнир Ломоносова-2022, 11.2

Показать ответ и решение

Легко видеть, что Ярослав будет находится вначале у замка $1,$ потом — $3,7,15,31,63,127,255,511,1023.$

Если $N <2046,$ то следующим действием Ярослав закроет замки с номерами $1024,1025,...,N,1$ и, возможно, ещё какие-то. В любом случае, замок под номером $1$ останется закрытым.

Если $N =2046,$ то дальше Ярослав закроет все замки с номерами от $1024$ до $2046$ и вновь встанет у замка с номером $1.$ Сейчас открыты замки $1,3,7,15,31,63,127,255,511,1023.$ Дальше Ярослав закрывает замок $3$ и переходит к замку $7,$ потом закрывает замки $15,31,...,1023,$ и переходит к замку $1,$ который и оставляет открытым.

Ответ: 2046

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76578

Пусть $O$ — центр описанной окружности, $G$ — точка пересечения медиан остроугольного треугольника $ABC.$ Прямая, перпендикулярная $OG$ , проходящая через точку $G,$ пересекает отрезок $BC$ в точке $K.$ Касательная к описанной окружности треугольника $ABC$ в точке $A$ пересекает прямую $KG$ в точке $L.$ Найдите величину угла $∠ACB,$ если $∘ ∠LOK = 155 ,$ а $∘ ∠ABC =53 .$

Источники: Турнир Ломоносова-2022, 11.3

Показать ответ и решение

Пусть $M$ — середина стороны $BC;$ поскольку $AM$ — медиана, то точки $G$ лежит на $AM.$

$PIC$

Четырёхугольник $OGMK$ — вписанный, так как $∠OGK =90∘ = ∠OMK$ (первое равенство по условию, второе следует из того, что $OM$ — серединный перпендикуляр к $BC$ ), откуда $∠GOK = 180∘ − ∠GMK =$ $∠GMC.$

Четырёхугольник $OGLA$ — вписанный, так как $∠OGL = 90∘ = ∠OAL$ (первое равенство по условию, второе следует из того, что $OA$ — радиус, а $AL$ — касательная к описанной окружности треугольника $ABC$ ), откуда $∠GOL =∠GAL.$

Значит,

∠ACB = 180∘− (∠CAM + ∠CMA )= 180∘ − (∠LAM + ∠CMA − ∠LAC )=

= 180∘− (∠LOG +∠GOK − ∠ABC )= 180∘ − (∠LOK − ∠ABC )=

= 180∘ − (155∘− 53∘) =78∘

Первое равенство следует из суммы углов треугольника $AMC.$

Ответ:

$78∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76579

При каком наименьшем $n$ все натуральные делители числа $n$ можно поделить на три группы, суммы в которых равны? Если группа состоит из одного числа, то сумма чисел в этой группе равна этому одному числу.

Источники: Турнир Ломоносова-2022, 11.4

Показать ответ и решение

Заметим, что $120 =23⋅3⋅5,$ поэтому сумма всех делителей числа $120$ равна $(1+2 +4+ 8)(1+ 3)(1+ 5) =15⋅4⋅6= 360.$ Поэтому нам надо поделить делители в группы с суммой $120.$ Подойдут группы ${120}$ , ${20,40,60}$ и все оставшиеся числа.

Докажем теперь, что делители чисел меньше $120$ нельзя поделить на три группы с равной суммой. Для этого докажем, что если $n$ меньше $120,$ то сумма делителей числа $n$ меньше $3n.$ Поскольку у $n$ всегда есть делитель, равный $n,$ то сумма в одной группе должна быть хотя бы $n,$ на этом и будет построено противоречие.

Вспомним, что сумма делителей числа $α1α2 αs n= p1 p2 ...ps$ равняется

( )( ) ( ) σ(n)= 1+ p1 +p21+ ...+ pα11 1+ p2+p22+ ...+ pα22 ...1+ ps+ p2s +...+ pαss

Следовательно

( 1 1 ) ( 1 1 ) ( 1 ) σ(n)= n 1 +p1 +...+ pα11 ... 1+ ps + ...+ pαss < n 1 +p1 +... ...

( ) ... 1+ 1-+ ... = n⋅--p1-...-ps-- ps p1− 1 ps− 1

В неравенстве мы заменили конечную сумму геометрической прогрессии на бесконечную.

Пусть теперь $n$ — некоторое число. Если у $n= pa,$ то

--p- σ(n)< n⋅p− 1 ≤2n< 3n,

поскольку число $p 1 p−-1 = 1+ p−1$ тем больше, чем меньше $p.$

Аналогично, если $n =pa⋅qb,$ то

p q 2 3 σ(n)< n⋅p−-1q−-1 ≤n2-− 1 ⋅3− 1-= 3n

Итак, если $σ(n)≥3n,$ то в разложение $n$ входит хотя бы 3 простых числа. Поскольку уже $2 ⋅3 ⋅5 ⋅7 =$ $210> 120,$ то нас интересуют лишь $n,$ в разложении которых ровно три простых числа.

Если среди этих простых чисел нет $2:$ если среди них нет и $3,$ то $n ≥$ $5 ⋅7 ⋅11 >120,$ значит $3$ есть; если нет $5,$ то $n ≥3⋅7⋅11> 120,$ значит и $5$ есть; если нет $7,$ то $n≥ 3⋅5⋅11 >120,$ значит и $7$ есть. Тогда $n =3⋅5⋅7= 105$ (добавление ещё одного простого сделает $n$ больше $120$ ), сумма делителей которого равна $(1 +3)(1+ 5)(1+ 7)=192< 315.$ Значит, $n$ обязательно делится на $2.$

Пусть третий простой делитель $p.$ Заметим, что $2⋅3⋅p≥ 30;$ поскольку мы ищем $n< 120,$ то домножить $2⋅3⋅p$ мы можем максимум на $3.$ Итак, получили всего немного вариантов: или $n =2 ⋅32⋅p$ , или $n =22⋅3⋅p$ , или $n =2 ⋅3 ⋅p.$

В первом случае при $p≥ 7$ получаем $n ≥ 126,$ при $p =5$ получаем $n =90,$ а

σ(90) =(1+ 2)(1+3 +9)(1 +5)= 234 <270

Во втором случае,

σ(n)= (1 +2+ 4)(1+ 3)(1+ p)=n ⋅ 7⋅ 4 ⋅ p+1 4 3 p

Если $σ(n)≥ 3n,$ то

p+-1≥ 9 p 7

Отсюда $p< 5,$ что неверно.

Аналогично, в третьем случае

σ(n) =(1+ 2)(1+ 3)(1+p)= n⋅ 3 ⋅ 4⋅ p+-1 2 3 p

Отсюда $p+1 p$ должно быть хотя бы $3 2,$ что неверно при $p≥ 5.$

Ответ: 120

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76580

Пусть $k$ — целое неотрицательное число, не превосходящее $1001.$ На доске написаны $k$ единиц и $1001− k$ нулей, т.е. всего на доске $1001$ число. Саша и Марина играют в игру, делая ходы по очереди, начинает Саша. В свой ход Саша может заменить два каких-то числа на их произведение. Марина в свой ход может заменить два одинаковых числа на ноль, а два разных числа на $1.$ Так они ходят до тех пор, пока на доске не останется ровно одно число. Если это единица — выигрывает Саша, если ноль — Марина. При каких $k$ выигрывает Саша?

Источники: Турнир Ломоносова-2022, 11.5

Показать ответ и решение

Заметим, для начала, что если на доске чётное количество чисел, то ходит Марина, а если нечётное — Саша.

Докажем, что если на доске ровно одна единица, то выигрывает Саша. Если сейчас ход Марины, то она не может убрать ровно одну единицу, поэтому после её хода тоже останется ровно одна единица. Если сейчас ход Саши, то или игра уже закончилась (и на доске всего одна единица), или помимо этой одной единицы есть ещё хотя бы два нуля, которые Саша и перемножает, передавая Марине ситуацию с одной единицей.

Тогда, если $k= 1,$ то Саша сразу находится в выигрышном для себя положении, а если $k= 2,$ то он должен первым ходом перемножить две единицы и передать Марине ситуацию ровно с одной единицей.

Докажем теперь, что если $k= 0$ или $k ≥3,$ то выигрывает Марина. Заметим, что если в какой-то момент на доске окажутся одни нули, то Марина выигрывает. Тогда при $k= 0$ Марина точно уже выиграет.

Назовём ситуацию, в которой на доске есть хотя бы три единицы и хотя бы один ноль — разнообразной. Докажем, что если на доске образовалась разнообразная ситуация, то выигрывает Марина.

Пусть сейчас ход Саши. Если он оставляет ситуацию разнообразной - хорошо. Если же он сделал ситуацию не разнообразной, то поскольку убрать ноль он не может, как и убрать сразу две единицы, то сейчас на доске ровно две единицы, а остальные нули. Марина своим следующим ходом заменяет эти две единицы на $0,$ и теперь на доске одни нули.

Пусть сейчас ход Марины. Перед ней точно есть $1,1,1,0.$ Если есть какие-то ещё числа, то их чётное количество, то есть хотя бы два, поэтому она может сделать ход с ними, оставив ситуацию разнообразной. Если же других чисел нет, то Марина меняет $1,0$ на $1,$ оставляя Саше $1,1,1;$ тогда он делает ход и оставляет $1,1,$ и Марина выигрывает, делая после этого $0.$

Осталось заметить, что при $k≥ 3$ и $k⁄= 1001,$ ситуация на доске уже разнообразная, а при $k= 1001,$ Марина может сделать её разнообразной своим первым ходом.

Ответ:

$1,2$

Предыдущая подтема

Следующая подтема