Тема ТурЛом (турнир Ломоносова)

Турнир Ломоносова - задания по годам → .07 ТурЛом 2025

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#119819

Про действительные числа $a,b,c,d$ известно, что

ab =cd= 2025, a+c =b+ d, a+ b⁄= c+ d

Чему может быть равно значение $a +b+ c+d?$

Источники: Турнир Ломоносова - 2025, 11.1(см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем сделать какое-то преобразование, чтобы объединить все данные из условия. С помощью чего мы можем связать сумму и произведение чисел?

Подсказка 2

Верно, с помощью возведения в квадрат! Кстати, что нам известно про числа a-b и d-c?

Подсказка 3

Да, они равны! А значит, равны и их квадраты! Попробуйте из этого равенства вывести равенство квадратов a+b и c+d.

Показать ответ и решение

Поскольку $a+ c=b+ d,$ то $a− b= d− c.$ Отсюда

2 2 (a − b) = (d− c)

2 2 2 2 a + b− 2ab= c+ d − 2cd

Так как $ab= cd,$ добавим к обеим частям равенства $4ab:$

a2+b2− 2ab+ 4ab= c2+ d2− 2cd+ 4ab= c2+ d2− 2cd+ 4cd

a2+ b2+ 2ab= c2+ d2+ 2cd

(a +b)2 = (d+ c)2

|a +b|= |d+ c|

По условию $a+ b⁄= c+d,$ поэтому

a+ b= −c− d

Итак,

a+ b+ c+d =− c− d +c+ d= 0

Ответ:

Только $0$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#119820

Пусть $n >3$ — натуральное число. Сколько существует способ выбрать два не пересекающихся прямоугольника внутри квадрата $n× n,$ идущих по линиям сетки? Прямоугольники пересекаются, если у них есть хотя бы одна общая внутренняя клетка или общая точка на границе.

Источники: Турнир Ломоносова - 2025, 11.2(см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно задать прямоугольники внутри таблицы, чтобы без самой таблицы определять, пересекаются прямоугольники или нет?

Подсказка 2

Давайте попробуем задать прямоугольники при помощи двух интервалов: один для горизонтальной стороны, а другой — для вертикальной! Тогда несложно вывести условие того, что прямоугольники не пересекаются.

Подсказка 3

Для начала разберите случай, когда не пересекаются "горизонтальные" интервалы. А сколько тогда способов будет для "вертикальных" интервалов?

Подсказка 4

Если "горизонтальные" интервалы не пересекаются, то вертикальные можно выбрать абсолютно любыми! Аналогично и со случаем, когда не пересекаются "вертикальные" интервалы. Осталось лишь проверить, не посчиталось ли ничего лишнего ;)

Показать ответ и решение

Прямоугольник можно задать двумя интервалами: один определяет его горизонтальную сторону, а другой — вертикальную. Чтобы прямоугольники не пересекались, необходимо и достаточно, чтобы либо горизонтальные, либо вертикальные интервалы были непересекающимися (возможно, оба).

Сначала посчитаем количество способов, при которых горизонтальные интервалы не пересекаются. Пусть эти интервалы — $[a,b]$ и $[c,d].$ Поскольку порядок прямоугольников не имеет значения, без потери общности можно предположить, что $a< c,$ то есть $a <b< c< d.$ Тогда количество способов выбрать $a,b,c,d$ равно $4 Cn+1.$ На вертикальные интервалы ограничений нет, поэтому количество способов выбрать их равно $2 2 (C n+1) .$ Таким образом, общее количество пар прямоугольников с непересекающимися горизонтальными интервалами равно $4 2 2 Cn+1⋅(C n+1) .$ По симметрии, количество пар прямоугольников с непересекающимися вертикальными интервалами такое же.

Осталось посчитать и вычесть количество способов, при которых и горизонтальные, и вертикальные интервалы не пересекаются. Пусть горизонтальные интервалы — $[a,b]$ и $[c,d],$ а вертикальные — $[e,f]$ и $[g,h].$ Без потери общности можно предположить $a< b< c< d,$ поэтому оличество способов выбрать горизонтальные интервалы равно $C4n+1.$ Однако случаи $e <f <g <h$ и $g <h < e<f$ теперь различны, поэтому количество способов выбрать вертикальные интервалы равно $2⋅C4n+1.$ Следовательно, количество пар прямоугольников, у которых и горизонтальные, и вертикальные интервалы не пересекаются, равно $2 ⋅(C4n+1)2.$

Ответ:

$2⋅C4 ⋅(C2 )2 − 2⋅(C4 )2 n+1 n+1 n+1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#119821

В остроугольном треугольнике $ABC$ провели высоты $AA ,BB ,CC . 1 1 1$ Известно, что расстояние от точки $A$ до $BC$ и $B C 1 1$ равны $24$ и $20$ соответственно. Найдите периметр треугольника $A1B1C1.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2025, 11.3(см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы видим основания высот в треугольнике, можно сразу подумать о вписанных четырёхугольниках и поотмечать равные уголки! Давайте поступим так и в этой задаче, чтобы сделать какой-то интересный вывод про C₁A.

Подсказка 2

Попробуйте доказать, что C₁A — это биссектриса внешнего угла для треугольника A₁B₁C₁. Что тогда можно сказать про точку А относительно этого треугольника?

Подсказка 3

Да, это центр вневписанной окружности! Тогда в условии нам дан радиус этой окружности:) Осталось вспомнить, чему равно расстояние от вершины до точки касания со вневписанной окружностью, и найти ответ.

Подсказка 4

Вы еще тут? Расстояние от вершины треугольника до точки касания со вневписанной окружностью равно полупериметру этого треугольника! А найти его в этой задаче можно с помощью теоремы Пифагора)

Показать ответ и решение

Пусть точка $S$ — это основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на $A C . 1 1$

$PIC$

Так $A1,B1,C1$ — основания высот, то четырёхугольники $CB1C1B$ и $AC1A1A$ — вписанные, откуда $∠AC1B1 = ∠ACB = ∠A1C1B.$ При этом $∠AC1S = ∠A1C1B$ как вертикальные, то есть $∠AC1S =∠AC1B1.$ Это значит, $C1A$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $A1B1C1.$ Аналогично для $B1A.$ Тогда $A$ — это центр вневписанной окружности для треугольника $A1B1C1,$ а расстояние от $A$ до $B1C1$ — радиус этой вневписанной окружности.

Отсюда точка $S$ являестя точкой касаниянашей вневписанной окружности с $A1C1.$ Тогда $AS = 20,AA1 = 24.$ По теореме Пифагора:

∘ ------- √ -- A1S = 242− 202 =4 11

Вспомним известный факт, что расстояние от вершины до точки касания со вневписанной окружностью равняется полупериметру треугольника, откуда искомый периметр равен $√-- 8 11.$

Ответ:

$8√11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#119833

Множество натуральных чисел $M$ назовём хорошим, если выполнены следующие два условия:

$(i)$ $M$ содержит все натуральные числа, меньшие $2025;$

$(ii)$ если $n ∈M,$ то в $M$ лежат все члены арифметической прогрессии, первый член которой равен $n,$ а разность равна $n +1.$

Верно ли, что для любого хорошего множества $M$ существует такое натуральное число $N,$ что в $M$ лежат все натуральные числа, не меньшие $N?$

Источники: Турнир Ломоносова - 2025, 11.4(см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не очень понятно, что делать с эти множеством, и что это за арифметическая прогрессия из второго пункта? Давайте попробуем рассмотреть какое-нибудь более приятное множество, похожее на M.

Подсказка 2

Рассмотрим множество M', в котором лежат все числа из M, увеличенные на 1. Как тогда переписать условие для него?

Подсказка 3

В частности, если число m лежит в M', то в M' так же лежат все числа, кратные m. А вот это уже хорошее условие, потому что легко проверить, выполняется оно для множества или нет. Теперь гораздо легче придумать пример множества, для которого соблюдаются (i) и (ii) но для которого не верен вопрос задачи)

Показать ответ и решение

Рассмотрим множество $M ′,$ в котором лежат все числа из $M,$ увеличенные на $1.$ Тогда, если $n ∈M,$ то $n+ n+ 1= 2n+ 1∈ M$ согласно условию $(ii).$ Получается, $′ n+1 ∈M$ и $′ 2n +2 ∈M .$ Отсюда условие переписывается в виде:

$(i)$ $′ M$ содержит все натуральные числа от $2$ до $2025;$

$(ii)$ если $′ m∈ M ,$ то в $′ M$ лежат все члены арифметической прогрессии, первый член которой равен $m,$ а разность равна $m.$

Верно ли, что для любого такого множества $′ M$ существует такое натуральное число $N,$ что в $′ M$ лежат все натуральные числа, не меньшие $N?$

Заметим, что арифметическая прогрессия из условия $(ii)$ — это просто все числа, кратные $m.$ Возьмём в качестве $′ M$ все натуральные числа, не меньшие $2,$ кроме простых чисел, больших $2025.$ Легко видеть, что оно подходит под оба условия, но в силу бесконечности множества простых, не подходит под утверждение.

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#119855

Пусть $S n$ — множество всех возможных биекций множества ${1,2,...,n}$ в себя.

Для любых $U,V,W ⊂ Sn$ обозначим через $NUV W$ количество способов выбрать $f ∈U,g ∈V,h∈ W$ так, что $f(g(h(x)))$ — тождественное отображение, т.е. для любого $k∈ {1,2,...,n}$ выполнено $f(g(h(k)))= k.$

Пусть $A,B,C$ таковы, что $A∪ B∪ C =Sn$ и $A ∩B = B∩ C =C ∩A = ∅.$ Докажите, что $NABC =NCBA.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2025, 11.5(см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем разбить одно из исходных подмножеств на объединение нескольких попарно непересекающихся множеств. Каким образом тогда при этом можно представить N в виде суммы?

Подсказка 2

А чему будет равна сумма количеств способов выбрать биекции для суммы следующих множеств: UVW, VVW, WVW? Попробуйте точно определить значение этой суммы.

Подсказка 3

А как можно сравнить количество способов выбрать биекции для UVW и VWU (или WUV)?

Показать доказательство

Через $A ⊔ A ⊔ ...⊔A 1 2 n$ будем обозначать объединение множеств, которые попарно не пересекаются.

Элементы $Sn$ мы, по традиции, будем называть перестановками, а также для каждой пары пересетановок $f1$ и $f2$ мы можем определить их композицию, т.е. перестановку $f1 ∘f2$ такую, что $(f1∘f2)(x):=f1(f2(x)).$ Тождественную перестановку будем обозначать $id.$

Таким образом, $NUVW$ по сути — количество троек $(f,g,h)$ таких, что $f ∘g∘h= id$ и $f ∈U,g ∈V,h∈ W.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Мысль 1. Начнём решение с простого, но важного наблюдения: если $U = U1⊔U2,$ то

NUV W =NU1V W + NU2VW

т.е. если $U$ представлено в виде объединения двух непересекающихся множеств, то все тройки, соответствующие $NUV W$ способам выбрать $f,g$ и $h,$ очевидно, разбиваются на тройки по тому, откуда берётся $f$ — из $U1$ или $U2.$

В частности,

NABC +NBBC + BCBC = NSnBC

С другой стороны, легко видеть, что $NSnBC$ равно $|B|⋅|C|:$ для любого способа взять $g ∈B$ и $h∈ C$ существует ровно одна биекция $f$ такая, что $f ∘ (g∘ h) =id.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Мысль 2. Для любых $U,V,W$ выполнено $NUV W =NV WU$ (а, значит, и $NWUV ).$ Для этого достаточно проверить, что $f ∘g ∘h= id$ тогда и только тогда, когда $g∘h∘f =id.$ Проследим за судьбой какого-то числа $k∈{1,2,...,n}$ при подстановке в $f ∘g∘ h.$ Под действием $g ∘h$ пусть $k$ переходит в $k′.$ Тогда $f(k′)= k.$ Но тогда

(g∘h ∘f)(k′) =(g∘h)(k)= k′

Поскольку пока $k$ пробегает все числа от $1$ до $n,$ число $′ k$ также пробегает все эти числа, утверждение остаётся верным.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь у нас есть все, чтобы решить задачу. Ранее мы показали, что $NABC +NBBC + BCBC = NSnBC$ и $NSnBC = |B |⋅|C|.$ Тогда

NABC = NSnBC − NBBC − NCBC = |B |⋅|C|− NBBC − NCBC

Используя $N = N UVW V WU$ и $|B|⋅|C|= N , SnCB$ получаем, что последнее равно

NSnCB − NBCB − NCCB = NACB = NCBA.

Предыдущая подтема