Тема ИТМО (Открытка)

ИТМО - задания по годам → .08 ИТМО 2022

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела итмо (открытка)

Разделы подтемы ИТМО - задания по годам

ИТМО 2015 и ранее

ИТМО 2016

ИТМО 2017

ИТМО 2018

ИТМО 2019

ИТМО 2020

ИТМО 2021

ИТМО 2022

ИТМО 2023

ИТМО 2024

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#74569

Многочлен $P(x)$ таков, что $P(x2)$ имеет $2n +1$ корней. Какое наименьшее количество корней может иметь производная многочлена $P (x)$ ? (В обоих случаях имеются в виду различные корни, без учёта кратности.)

Источники: ИТМО-2022, 11.1 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Если многочлен $P(x2)$ имеет корень $x , 0$ то он также имеет и корень $− x , 0$ поэтому количество корней может быть нечётным только если один из корней — это число $0.$ Для каждой пары корней $x0,− x0$ многочлена $( 2) P x$ число $2 x0$ является корнем многочлена $P(x);$ число $0$ также является его корнем, поэтому у многочлена $P(x)$ не менее $n +1$ корня (могут быть ещё какие-то отрицательные корни, про них мы ничего не знаем).

Между каждыми двумя корнями многочлена $P(x)$ должен находиться корень производной этого многочлена, поэтому у производной не менее $n$ корней.

Легко убедиться, что это значение достигается, например, для многочлена $x(x− 1)...(x− n).$

Ответ:

$n$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74570

Вася придумал новую операцию на множестве положительных чисел

lnb a ∗b= a

Найдите логарифм числа $((aab∗a)∗)(a(bb∗)b)$ по основанию $a∗ b.$

Источники: ИТМО-2022, 11.2 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Запишем операцию Васи в более удобном виде:

lnb lnalnb a∗b= a = e

Поэтому

ln(a∗b)= lna⋅lnb

Теперь нужно применить это для вычисления, попутно воспользовавшись свойством логарифмов

loga∗b (ab)∗(ab)-= (a∗ a)(b∗b)

ln-((ab)∗(ab))−-ln-((a∗a)−-ln(b∗b))- = ln(a∗b) =

= ln(ab)⋅ln-(ab)− lna⋅ln-a− lnb⋅ln-b lna⋅ln b

Обозначим $x =lna$ и $y = lnb.$ Тогда в числителе написано

(x+ y)(x+ y)− x2− y2 = 2xy,

а в знаменателе $xy$ . В результате дробь равна 2.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74576

$427000− 82$ делится на $3n.$ Какое наибольшее натуральное значение может принимать $n?$

Источники: ИТМО-2022, 11.3 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

27000 27000 27000⋅26999-⋅32- 27000⋅...⋅26998⋅33- 4 =(1+ 3) = 1+ 27000⋅3+ 2 + 6 +

27000⋅...⋅26997⋅34 27000 ⋅...⋅26996⋅35 + ------24-------+ -------120-------...

Два последних выписанных слагаемых делятся на $36,$ как и все остальные слагаемые, заключённые в многоточие.

2 3 1+ 27000⋅3+ 27000⋅26999-⋅3--+ 27000⋅26999⋅26998⋅3-= 1+ 81000+ 2 6

+27000⋅26999⋅32+27000⋅26999⋅26998⋅32 2

Заметим, что

1+ 81000= 1+ 81(1+ 999)= 1+ 81+ 81 ⋅999= 82+ 81 ⋅999

Это даёт остаток $82$ при делении на $36,$ так как последнее слагаемое делится на $36.$

2 2 2 27000⋅26999-⋅3-+-272000⋅26999-⋅26998⋅3-= 27000⋅26999⋅32-⋅(1+26998)-

А это число, очевидно, делится на $35,$ но не на $36.$ Значит, $427000 − 82$ также делится на $35,$ но не на $36.$

Ответ: 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#74577

Окружности $O 1$ радиуса $b$ и $O 2$ радиуса $c$ касаются в точке $O$ — центре окружности $O 3$ радиуса $a.$ Точка $A$ — одна из точек пересечения окружностей $O1$ и $O3.$ Окружность $O4$ касается окружности $O1$ в точке $A$ и окружности $O2$ в точке $B$ . Точка $C$ — такая точка на прямой $OB$ , что треугольники $OAB$ и $OCA$ подобны. Найдите $AC.$ Все указанные в условии касания происходят внешним образом.

Источники: ИТМО-2022, 11.4 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Применим инверсию относительно окружности $O . 3$ Окружность $O 3$ перейдёт сама в себя, окружности $O 1$ и $O 2$ — в параллельные прямые $ℓ1$ и $ℓ2,$ первая из которых проходит через точку $A,$ переходящую при инверсии переходит сама в себя.

Точки $B$ и $C$ переходят при этой инверсии друг в друга, поскольку

2 2 a = OA = OB ⋅OC

Это равенство следует из подобия треугольников $OAB$ и $OCA;$ никаким другим образом эти треугольники подобны быть не могут, так как у них общий угол $O,$ а точки $B$ и $C$ мы предполагаем различными).

Окружность $O4$ переходит в окружность, касающуюся прямых $ℓ1$ и $ℓ2$ в точках $A$ и $C$ соответственно. Так как прямые параллельны, это значит, что длина отрезка $AC$ равна расстоянию между этими прямыми.

Опустим из точки $O$ перпендикуляр на прямую $ℓ1.$ Это перпендикуляр пересечёт окружность $O1$ в точке $X,$ инверсной основанию перпендикуляра $H$ и диаметрально противоположной $O$ . Это значит, что

-a2 a2 OH = OX = 2b

Ответ:

$a2 (1+ 1) 2 b c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#74579

Положительные числа $x,$ $y$ и $z$ таковы, что

x +y +z = 5.

Какое наименьшее значение может принимать величина

2 2 2 22 x + y +2z − x yz?

Источники: ИТМО-2022, 11.5 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Перепишем условие как

x x y y 2 + 2 + 2 + 2 +z = 5

Теперь запишем для этих пяти чисел неравенство о среднем арифметическом и среднем квадратичном:

∘ -2---2---2---2---- ∘ ----------- 1= -x2 +-x2 +-y2 +-y2-+z ≤ x4-+ x4-+ y4 +-y4 +-z2= x2+-y2-+2z2 5 5 10

Следовательно,

x2+y2+ 2z2 ≥ 10

Теперь запишем для этих же чисел неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

x2 + x2 + y2 + y2 + z ∘ x-x-y-y-- 1= ------5-------≥ 5 2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅z

Значит,

x2y2z ≤ 16

Получаем, что

x2+y2+ 2z2− x2y2z ≥ 10− 16= −6

Минимум достигается, когда все числа, для которых применяются неравенства о средних, равны между собой, то есть $x= y = 2,$ $z =1.$

Ответ: -6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74582

Дана четырёхугольная пирамида $OABCD,$ в основании которой лежит параллелограмм $ABCD.$ Плоскость $α$ пересекает рёбра $OA,$ $OB,$ $OC$ и $OD$ пирамиды в точках $′ A ,$ $′ B,$ $′ C$ и $′ D$ соответственно. Известно, что

OA′ 1 OB ′ 1 OC′ 1 OA-= a,OB--= b,OC--= c

Найдите

V V-OA′BC′D′-′ OA BC D

Источники: ИТМО-2022, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Отношение объём пирамид с общим трёхгранным углом равно произведению отношений длин рёбер, исходящих из этого угла,

VOA′B′C′= -1- VOABC abc

VOA′C′D′= -t, VOACD ac

где $OD-′ t= OD .$ Поскольку треугольники $ABC$ и $ACD$ равны, $1 VOABC = VOACD = 2VOABCD.$ Значит,

VOA′B ′C′D′ VOA′B′C′ VOA ′C′D′ -VOABCD--= VOABCD- +-VOABCD-=

VOA′B′C′ VOA′C′D-′ -1-- -t- = 2VOABC + 2VOACD = 2abc +2ac

Дальше можно было бы строить сечение и использовать для подсчёта отношений теоремы Фалеса и Менелая, но мы воспользуемся координатно-векторным методом с базисными векторами $−→ −−→ −−→ OA,OB,OC.$

$ABCD$ — параллелограмм, поэтому $−−→ −→ −→ −−→ CD =BA = OA −OB,$ и, следовательно, $−−→ −−→ −→ −−→ OD =OC + OA −OB.$

Если точка $X$ принадлежит плоскости $A′B′C′,$ а $−−O→X = x−O→A + y−−O→B +z−O−→C,$ коэффициенты $x,y$ и $z$ удовлетворяют уравнению $ax+ by+ cz = 1$ (это, как известно, уравнение плоскости, даже если система координат не декартова, а точки $A′,B ′$ и $C ′$ этому уравнению, очевидно, удовлетворяют).

−O−D→′ = t−O−→D = t−−O→C +t−O→A − t−−O→B

at− bt+ ct= 1

1 t= a−-b+c-

Получаем

VOA′B′C′D′ -1-- ----1----- -a−-b+-c+b- ----a+-c--- VOABCD = 2abc + 2ac(a− b+c) = 2abc(a− b+c) = 2abc(a− b+ c)

Обратная величина является ответом к задаче.

Ответ:

$2abc(a−-b+-c) a+ c$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#74585

Дан правильный $n$ -угольник $(n= 4k+ 2),$ в котором проведены все диагонали. Докажите, что они образуют не больше

n(n-− 1)(n-− 2)(n-− 3) n (n ) n (n ) ( n ) 24 − 4 ⋅ 2 − 1 + 1− 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ 2 − 3

точек пересечения (не считая вершин).

Источники: ИТМО-2022, 11.7 (см. olymp.itmo.ru)

Показать доказательство

Если бы все точки пересечения диагоналей были различны, для их подсчёта достаточно было бы посчитать общее количество способов выбрать 4 вершины $n$ -угольника. Действительно, каждая пара пересекающихся диагоналей даёт нам 4 вершины; с другой стороны, для каждых 4 вершин отрезок, соединяющий первую и третью по часовой стрелке, и отрезок, соединяющий вторую и четвёртую, будут пересекающимися диагоналями (сторонами они не могут быть, так как стороны ни с чем не пересекаются). Количество таких способов составляет

n(n− 1)(n− 2)(n− 3) --------24--------

Однако, при таком подсчёте точки, в которых пересекаются больше двух диагоналей, посчитаны несколько раз.

Во-первых, поскольку количество вершин чётно, $n2$ "длинных"диагоналей (соединяющий противоположные вершины многоугольника) пересекаются в центре многоугольника. Эта точка посчитана

n (n ) 2-⋅-2 −-1 2

раз, в то время как должна быть посчитана 1 раз. Значит, из вычисленного количества надо вычесть

n ( n ) 2 ⋅-2 −-1-− 1 2

Во-вторых, для каждой "длинной"диагонали можно взять две симметричные относительно неё диагонали, не проходящие через центр многоугольника. "Длинную"диагональ можно выбрать $n 2$ способами. Для удобства представим себе, что выбранная диагональ расположена вертикально. По каждую сторону от этой диагонали остаётся $n 2 − 1$ вершина. Мы выбираем вершину $A$ слева от “длинной” диагонали, после чего для выбора вершины $B$ справа у нас остаётся $n 2 − 3$ варианта: мы не можем выбрать вершину, симметричную $A$ относительно "длинной"диагонали (иначе диагональ $AB$ будет симметрична сама себе) и вершину, симметричную относительно центра, иначе $AB$ будет "длинной а эти точки пересечения мы уже учли.

Симметричная диагональ $′ ′ A B$ выбирается единственным образом. Однако каждую пару диагоналей $AB$ и $′′ A B$ мы посчитали дважды, потому что в качестве первой выбранной диагонали могла быть взята любая из них. Таким образом, точку пересечения трёх диагоналей мы умеем искать

n (n ) ( n ) 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ 2 − 3 --------2--------

способами. В исходной формуле каждая такая точка посчитана трижды, то есть два лишних раза. Значит, мы получаем ещё на

n (n ) ( n ) 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ 2 − 3

точек меньше.

Вычитая из исходного количества пересечений оба эти выражения мы получаем в точности то, что и требовалось. Если какие-то точки, посчитанные в предыдущем абзаце, на самом деле совпадают, то вычитать надо ещё больше.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#74587

В таблице $8× 8$ какие-то $23$ клетки чёрные, а остальные — белые. В каждой белой клетке написали суммарное количество чёрных, находящихся с ней на одной горизонтали и находящихся с ней на одной вертикали; в чёрных клетках ничего не написано. Какое наибольшее значение может принимать сумма чисел во всей таблице?

Источники: ИТМО-2022, 11.8 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Число в белой клетке состоит из двух слагаемых: "горизонтального"и "вертикального". Рассмотрим отдельно сумму всех "горизонтальных"и отдельно сумму всех "вертикальных"слагаемых по всей таблице. Если мы максимизируем каждую из этих двух сумм по отдельности, общая сумма также будет наибольшей.

Рассмотрим сумму "горизонтальных"слагаемых. Если в строке находится $xi$ чёрных клеток и $8 − xi$ белых, то сумма горизонтальных слагаемых в этой строке составляет $xi(8− xi)$ . Просуммировав эту сумму по всем строкам, мы получаем

( ) 8(x1 +...+ x8)− x21− ...− x28 = 8⋅23− x21+ ...+ x28

Нам нужно максимизировать это выражение, т.е. минимизировать сумму квадратов восьми чисел, сумма которых составляет 23. Как известно, сумма квадратов чисел уменьшается при сближении этих чисел к их среднему арифметическом, поэтому для целых чисел минимум достигается, когда семь из восьми чисел равны 3, а оставшееся равно 2.

Таким образом, мы получаем, что наименьшая возможная сумма "горизонтальных"слагаемых равна

8⋅23− 7 ⋅32− 22 = 117

Аналогичную оценку можно получить для суммы "вертикальных"слагаемых, что даёт нам итоговое значение 234.

Осталось убедиться, что существует раскраска таблицы, при которой обе суммы максимальны одновременно, то есть в которой в каждом столбце или строке по 2 или 3 закрашенных клетки.

$PIC$

Ответ: 234

Предыдущая подтема

Следующая подтема