Тема ТурЛом (турнир Ломоносова)

Турнир Ломоносова - задания по годам → .06 ТурЛом 2024

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#90448

Пусть $x <y$ — положительные действительные числа такие, что

√ - √- √---- ∘ ---- x+ y = 4 и x +2+ y+2 =5.

Найдите $x$ .

Источники: Турнир Ломоносова - 2024, 11.1 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуйте в обоих уравнениях в одной части оставить корни от одной и той же переменной и возвести в квадрат.

Подсказка 2

Отлично! Теперь мы можем избавиться от второй переменной, выразив её в обоих уравнениях системы через первую и записав за счёт этого новое равенство для одной переменной.

Подсказка 3

Попробуйте снова перенести одно выражение с корнем в одну часть, а всё остальное в другую и возвести в квадрат. Так мы получим квадратное уравнение относительно корня из x.

Показать ответ и решение

Запишем равенства в следующем виде:

√ - √ - ∘ ---- √---- y = 4− x и y+2 =5 − x +2.

Учитывая ограничение $x ≤16$ возведём их в квадрат и выразим $y$ :

√ -2 √----2 y = (4 − x) и y = (5− x+ 2)− 2.

Получаем уравнение

(4− √x)2 = (5− √x-+2)2− 2.

После раскрытия полных квадратов и приведения подобных оно примет вид

10√x+-2= 8√x+ 9.

После возведения в квадрат получим уравнение

36x− 144√x − 119= 0.

Решая его как квадратное относительно $x$ , получаем

√-- 17 √-- 7 x1 =-6 , x2 =6,

откуда

x1 = 289,x2 = 49. 36 36

По ОДЗ оба корня проходят, но при первом корне $y < x$ , значит он не подходит.

Ответ:

$49 36$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#90449

Какое наибольшее количество непересекающихся троек попарно различных натуральных чисел можно выбрать среди чисел от $1$ до $2024$ так, чтобы в каждой тройке одно число равнялось произведению двух других?

Источники: Турнир Ломоносова - 2024, 11.2 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как нам дано условие про равенство одного из чисел тройки и произведения остальных, удобно упорядочить все тройки. То есть в тройке (a,b,c) получаем, что a < b < c. Теперь мы точно знаем, что c = a*b. Попробуйте оценить число a, использовав это равенство.

Подсказка 2

Супер! Теперь мы знаем, что a^2 < c. Но по условию c <= 2024, а значит a < 45. Тогда мы получаем, что всего троек не больше 44. Но пример построить не получается... Попробуйте предположить, что их 44, и использовать то, что все числа от 1 до 44 будут использоваться.

Подсказка 3

Посмотрите на тройку, содержащую число 1. Что можно сказать про числа в ней, используя условие про равенство одного из чисел тройки и произведения остальных?

Показать ответ и решение

Оценка.

Будем считать, что первое число в тройках минимальное из трёх, последнее — максимальное. Рассмотрим произвольную тройку $(a,b,c),$ где $ab= c$ . Ясно, что $2 a < ab= c$ , откуда $√ - √ ---- a < c≤ 2024$ , откуда $a≤ 44$ . Таким образом, первыми числами в тройке могут быть лишь числа от $1$ до $44$ . Значит, всего можно взять не больше $44$ троек, так как числа не повторяются.

Предположим, что можно взять ровно $44$ тройку. Тогда каждое из чисел от $1$ до $44$ будет первым числом в своей тройке. Но $1$ при умножении любого числа на себя даёт то же самое число, то есть в тройке оно быть не может. Стало быть, можно выбрать не более $43$ троек.

Пример.

Рассмотрим тройки вида $(t,89 − t,t(89− t))$ , где $t$ пробегает значения от $2$ до $44$ . Во-первых, ясно, что среди первых и вторых чисел этих троек нет одинаковых, так как $t≤44,89 − t≥ 45.$ Во-вторых, $t(89 − t)≤ 1980$ , то есть третьи числа в тройках не уходят за пределы $2024$ . В-третьих, минимум $t(89− t)$ равен $174> 89$ , а значит никакое третье число не совпадает с первыми и вторыми числами. Наконец, в-четвёртых, если $t1(89− t1)= t2(89− t2)$ и $t1 ⁄= t2$ , то либо $t1 =t2$ , что невозможно, либо $t1+t2 = 89$ , что также невозможно, потому что $t1+ t2 ≤ 43+ 44= 87< 89.$ Значит, пример удовлетворяет условию.

Ответ: 43

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#90450

Окружность с центром в точке $O$ проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ и вторично пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Предположим, что окружности с диаметрами $BP$ и $CQ$ касаются друг друга внешним образом в точке $T.$ Найдите длину отрезка $AO,$ если $AB =18,AC =36$ и $AT = 12.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2024, 11.3 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока точка A не очень связана со всей остальной картинкой. Попробуйте выражать степень точки A относительно всех трёх окружностей.

Подсказка 2

Отлично! Мы получили, что степень точки A относительно окружности с диаметрами BP равна степени точки A относительно окружности с диаметрами CQ. А также мы знаем, что T - точка касания этих же окружностей. Что тогда можно сказать про прямую AT?

Подсказка 3

Верно! Это же радикальная ось этих окружностей, а значит, и касательная. Теперь с помощью теоремы об отрезках секущей и касательной мы можем найти отрезки AP и AQ. Однако мы ещё никак не использовали свойства точки O. Попробуйте отметить центры двух других окружностей (точки Y и X) и рассмотреть четырёхугольник AXOY.

Подсказка 4

Мы получаем, что он вписанный. А значит, углы AYX и AOX равны. Теперь мы можем выразить AO через AX и угол AYX. Осталось лишь найти этот угол. В треугольнике AYX мы уже знаем 2 стороны, и если найдём третью, то и любой его элемент сможем посчитать, а значит и угол AYX. Попробуйте найти XY, воспользовавшись тем, что T — точка касания.

Показать ответ и решение

Заметим, что $AP ⋅AB = AQ ⋅AC$ (степень точки $A$ относительно окружности $(P BC)).$ Но также величина $AP ⋅AB$ является степенью точки $A$ относительно окружности с диаметром $BP,$ а величина $AQ⋅AC$ — степенью точки $A$ относительно окружности с диаметром $QC.$ И эти величины равны, а значит, точка $A$ лежит на радикальной оси этих окружностей. Также на ней лежит точка $T,$ потому что это их общая точка. Но у касающихся окружностей радикальной осью является их общая касательная. Стало быть, $AT$ — их общая касательная.

Отметим точки $X$ и $Y$ — середины отрезков $QC$ и $PB.$

$PIC$

Из равенств $AT2 =AP ⋅AB$ и $AT2 = AQ ⋅AC$ находим $AP = 8,AQ =4,QX = XC = 16,PY = YB =5.$ В силу касания $Y T ⊥ AT,XT ⊥ AT,$ то есть точки $Y,T,X$ коллинеарны. Следовательно, $XY = YT +XT =5+ 16= 21.$

Заметим, что $OX ⊥ OC$ и $OY ⊥ BP,$ потому что $O$ — центр окружности $(PBC ).$ Таким образом, четырёхугольник $AY OX$ вписанный, а отрезок $AO$ — диаметр опиcанной окружности треугольника $AXY.$ С одной стороны, по формуле Герона площадь треугольника равна $126.$ С другой стороны, она равна $AY⋅YX-⋅AX, 2AO$ откуда вычисляем $AO = 65. 3$

Ответ:

$65 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#90451

Назовём словом любую последовательность букв. Со словами разрешается проделывать следующие операции: 1) удалить первую букву слова; 2) удалить последнюю букву слова; 3) добавить копию слова после него. Например, если исходное слово $ABC$ , применение операций даст $BC,AB$ и $ABCABC$ соответственно. Верно ли, что с помощью таких операций можно в любом слове переставить буквы в любом порядке?

Источники: Турнир Ломоносова - 2024, 11.4 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В этой задаче нужно придумать алгоритм перестановки букв с помощью данных операций для любого слова и любой перестановки. Но сразу догадаться до этого сложно, поэтому попробуйте рассмотреть какой-нибудь простой частный случай.

Подсказка 2

Как получить циклический сдвиг?

Подсказка 3

Достаточно просто удвоить слово и удалить всё лишнее! Теперь попробуйте перейти от этого к произвольной перестановке.

Показать ответ и решение

Сначала заметим, что мы можем сделать циклический сдвиг букв в слове. Действительно, пусть у нас есть слово $A A ...A 1 2 n$ . Удвоим его и удалим буквы $A1A2 ...An−1$ слева. Получили слово $AnA1A2...An −1$ .

Теперь приведём алгоритм. Пусть у нас имеется слово $X$ , имеющее вид $A1A2...An$ . Сделаем копию $n$ раз, получим слово $Y$ , состоящее из $n 2$ копий $X$ , идущих подряд. Рассмотрим самое крайнее слово $X$ справа, из него будем делать нужную перестановку. Пусть мы хотим получить некоторую перестановку $B1B2...Bn$ . Пусть $i$ — минимальный индекс такой, что $Ai ⁄=Bi$ . Уберём в самом правом слове $X$ все буквы от $Ai$ до $An$ . Теперь сделаем циклический сдвиг, переместим $Bi$ в конец слова $Y$ . Далее будем следовать аналогичному алгоритму, найдём в слове $Y$ букву $Bi+1$ (она будет среди $n$ первых слева букв), удалим все буквы перед ней и сдвинем её в конец слова $Y$ и так дальше.

Спустя не более $n$ циклических сдвигов $n$ последних букв слова $Y$ будут нужной перестановкой, останется только удалить лишние буквы слева и мы получим требуемое.

Осталось объяснить, почему длины слова $Y$ хватит. На первом шаге мы удаляем не более $n$ букв справа и менее $n$ букв слева, а на остальных шагах — менее $n$ букв слева. Таким образом, всего будет удалено не более $2n +n(n− 1)=n2 +n$ букв. Длина слова $Y$ равна $n ⋅2n$ . Неравенство $n⋅2n ≥ n2+ n$ вытекает из неравенства $2n >n +1$ , которое можно доказать индукцией по $n$ . Таким образом, мы сможем выполнить $n$ циклических сдвигов и при этом точно останутся $n$ букв, составляющих нужную перестановку.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#90452

На плоскости нарисована замкнутая 222-звенная ломаная. Известно, что два соседних звена ломаной перпендикулярны друг другу, а также никакие два звена ломаной не лежат на одной прямой. Какое наибольшее количество точек самопересечений может иметь такая ломаная?

Источники: Турнир Ломоносова - 2024, 11.5 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу же можно заметить, что у нас отрезки ломаной имеют всего 2 направления. Тогда можем для удобства рассмотреть такую плоскость, что одни отрезки горизонтальные, а другие — вертикальные. Тогда какие отрезки пересекаются в каждой точке самопересечения и сколько всего отрезков каждого вида?

Подсказка 2

Да, верно! Каждая точка самопересечения — это пересечение вертикального и горизонтального отрезка, а каждого типа по 111 штук. Пронумеруем горизонтальные отрезки и посмотрим на произвольный (пусть k-ый) из них. Попробуйте оценить, сколько точек самопересечения с горизонтальными отрезками выше k-ого образуют вертикальные отрезки, пересекающий данный.

Подсказка 3

Точно! Не более 2(k-1) точек самопересечения. Отлично! Теперь мы можем оценить общее кол-во точек самопересечения. Однако наша оценка работает хорошо только для первой половины отрезков. Попробуйте для второй половину оценить аналогично, только снизу.

Подсказка 4

Так, попробуем ещё докрутить оценку для центрального (то есть 56-ого) горизонтального отрезка. У нас из всех 111 вертикальных отрезка 2 выходят из нашего. Тогда как мы можем оценить кол-во точек пересечения для 56-ого горизонтального отрезка?

Подсказка 5

Мы получаем не больше 109 точек самопересечения. Тогда всего таких точек не больше 6049. Осталось построить пример так, чтобы на каждом ходу нашей оценки выполнялось равенство.

Показать ответ и решение

Оценка. Для начала докажем, что больше $6049$ самопересечений быть не может. Назовём звенья одного направления горизонтальными, а звенья второго направления — вертикальными. Расположим плоскость так, чтобы горизонтальные звенья действительно стали горизонтальными. Заметим сразу две вещи:

$⋅$ каждая точка самопересечения — это пересечение вертикального и горизонтального звена; $⋅$ горизонтальные и вертикальные звенья чередуются, поэтому каждых по $111$ штук.

Пронумеруем сверху вниз горизонтальные звенья от $1$ до $111$ . Посмотрим на звено с номером $k$ . Каждое пересекающее его вертикальное ребро должно иметь над ним конец, совпадающий с концов некоторого горизонтального ребра. Горизонтальных рёбер выше всего $k− 1$ , поэтому на $k$ -м ребре не более $2(k− 1)$ точек самопересечений. Эта оценка хорошо работает для $k$ от $1$ до $55$ : на них суммарно не более

0+ 2+4 +...+ 2⋅54= 2970

точек самопересечений. Аналогичными рассуждениями (но рассматривая нижние концы вертикальных звений) доказывается, что и на звеньях с $57$ по $111$ суммарно не более $2970$ точек самопересечений.

Для ребра с номером $56$ немного улучшим оценку: всего существует $111$ вертикальных рёбер, но два из них выходят из концов $56$ -го звена, поэтому не могут его пересекать. Итого, на $56$ звене не более $109$ точек самопересечений. Значит, суммарно их не больше $2⋅2970+109= 6049.$

Пример. Пронумеруем и вертикальные звенья тоже. Пусть $⋅1$ -е вертикальное ребро соединяет $55$ и $56$ горизонтальные звенья; $⋅2$ -е вертикальное ребро — $54$ и $57$ горизонтальные звенья; $⋅3$ -е вертикальное ребро — $53$ и $58$ горизонтальные звенья; $...$ $⋅55$ -е вертикальное ребро — $1$ и $110$ горизонтальные звенья; $⋅56$ -е вертикальное ребро — $1$ и $111$ горизонтальные звенья; $⋅57$ -е вертикальное ребро — $2$ и $111$ горизонтальные звенья; $⋅58$ -е вертикальное ребро — $3$ и $110$ горизонтальные звенья; $⋅59$ -е вертикальное ребро — $4$ и $109$ горизонтальные звенья; $...$ $⋅111$ -е вертикальное ребро — $56$ и $57$ горизонтальные звенья.