ИТМО - задания по годам → .11 ИТМО 2025

Пусть — общий корень данных многочленов, тогда и Из первого равенства следует, что Подставим это во второе равенство и получим

Отсюда следует, что — корень

Будем говорить, что одночлен при дифференцировании превращается в одночлен (или исчезает, если получившийся одночлен равен Результат игры зависит от того, многократным дифференцированием какого одночлена получена итоговая константа. При этом на каждом ходу исчезает не более одного одночлена, поэтому игра продлится минимум ход (изначально одночленов

Петина стратегия — всё время дифференцировать многочлен. Петя начинает первый, он сделает минимум ход и уничтожит все одночлены, изначальная степень которых была от до включительно. Таким образом, вне зависимости от действий соперника, Петя гарантирует, что оставшийся одночлен будет иметь изначальную степень не меньше а значит, его итоговое значение после превращения в константу будет не меньше (

Васина стратегия — всё время стирать старший член многочлена. Вася сделает не менее ходов и уничтожит все одночлены, изначальная степень которых была больше Таким образом, вне зависимости от действий соперника, Вася гарантирует, что оставшийся одночлен будет иметь изначальную степень не больше а значит, его итоговое значение после превращения в константу будет не больше

Заметим, что треугольник, образованный указанными серединами рёбер (назовём его подобен треугольнику с коэффициентом Значит, и радиус его описанной окружности в два раза меньше, и составляет

Центры описанных окружностей этих треугольников назовём и соответственно, центр сферы назовём Плоскости и параллельны, и их пересечения со сферой — это описанные окружности треугольников, поэтому точки и лежат на одной прямой, перпендикулярной этим плоскостям. Значит, (расстояние между плоскостями, равное половине высоты тетраэдра).

Пусть — искомый радиус сферы, где будем считать отрицательным, если точка лежит по ту же сторону, что и Тогда из теоремы Пифагора для треугольников и получим следующие равенства:

Приравняв их правые части, раскрыв скобки и сократив получаем

Отсюда

Теперь подставив в равенство найдём

Рассмотрим одно из выбранных множеств, назовём его Каждое из оставшихся имеет с ним как минимум один общий элемент, при этом ни один из элементов множества не может принадлежать больше чем двум другим множествам, поэтому остальных множеств не более а вместе с — не более

Осталось доказать, что число множеств не может составлять ровно Предположим, это так. Значит, каждые два множества пересекаются в точности по одному элементу и каждый элемент принадлежит ровно трём множествам. Поэтому мы можем посчитать общее число элементов во всех множествах: надо размер множества умножить на количество множеств и поделить на 3, поскольку каждый элемент принадлежит ровно трём множествам. Получается

Это число должно быть целым, однако, ни ни на 3 не делятся, так как сравнима с 2 по модулю 3, откуда наше предположение не верно, то есть множеств не более

Приведём сначала пример, для которого достигается это число: — любое натуральное число, большее

Переупорядочим наши числа по возрастанию: Тогда: Соответственно,

К сожалению, мы не можем сказать, что потому что при этом нарушается общность: соседние по возрастанию элементы не обязательно идут подряд.

Однако, поскольку от циклического сдвига переменных ничего не поменяется, мы можем считать, что Выделим среди чисел самую длинную возрастающую последовательность. Если точнее — первый из элементов больший — первый из элементов, следующих за больший и так далее. Последним элементом этой подпоследовательности будет — наибольшее среди всех чисел.

Рассмотрим в нашей сумме логарифмов только те логарифмы, аргументами которых являются числа На самом деле, это все логарфимы из искомой суммы, большие единицы. Основания этих логарифмов назовём и запишем их сумму:

Это неравенство верно, поскольку из определения — первый после элемент последовательности больший, чем значит, все элементы, находящиеся в последовательности между и (если они есть) меньше, чем

Далее,

Все — натуральные числа, не меньшие поэтому для любого их набора произведение не меньше суммы. Значит,

а вся сумма из условия тем более не меньше

При этом если какое-то из больше сумма логарифмов получается больше, чем в приведённом примере. Значит, если существует какой-то меньший пример, все для него также должны быть равны и

Однако из этого не следует автоматически, что все логарифмы из этой суммы равны поскольку и в этом месте некоторые из наших неравенство обращаются в равенства. Значит, в нашей сумме логарифмов, больших единицы, есть только двойки и четвёрки.

Кроме того, в искомой сумме есть как минимум один логарифм, меньший единицы — это логарифм по самому большому основанию. Он точно не меньше, чем что доказывает оценку.

Согласно малой теореме Ферма, если число даёт остаток 1 при делении на 5. Число 211 также даёт остаток 1 при делении на 5. И делится на Значит, если мы получаем, что даёт остаток 2 при делении на 5, что невозможно.

Осталось разобрать случай В этом случае нам надо решить квадратное уравнение

Откуда получаем два решения: и

Докажем сначала, что — биссектриса Это доказывается с помощью теоремы Чевы для

Так как чевиана делит площадь треугольника и его сторону в одинаковом отношении, то

Подставим эти отношения в равенство из теоремы Чевы и распишем площади:

Далее, так как — внешняя биссектриса то

Далее замечаем, что Тогда

Значит,

Следовательно,

Будем называть замкнутый маршрут из пяти дорог, существование которого запрещено условием, 5-циклом.

Докажем сначала, что если мы рассмотрим какие-либо шесть городов, между ними будет проведено не более 10 дорог из возможных 15. Предположим противное: пусть между какими-то шестью городами проведено не менее 11 дорог. Тогда среди этих шести городов и соединяющих их дорог найдём 5-цикл, существование которого запрещено условием.

Нам достаточно доказать, что мы сможем найти 5-цикл, если дорог ровно 11. Действительно, если дорог больше 11, удалим лишние и докажем, что цикл из 5-цикл среди оставшихся дорог всё равно найдётся.

Для удобства, если какие-то два города не соединены дорогой, будем говорить, что они соединены антидорогой. Таким образом, мы хотим доказать, что мы сможем найти 5-цикл, если между шестью городами проведены ровно четыре антидороги.

Какие-то две антидороги точно выходят из одного города. Исключим его и рассмотрим оставшиеся пять городов. Пронумеруем их числами от 1 до 5. Между этими городами не более двух антидорог. Опять же, достаточно найти 5-цикл в ситуации, когда этих антидорог ровно две, в противном случае он найдётся и подавно.

Есть две возможных ситуации: когда эти антидороги имеют общий конец, и когда не имеют.

В первом случае без ограничения можно считать, что антидороги соединяют город 1 с городами 2 и 3. Тогда мы можем найти следующий 5-цикл: 1-4-2-3-5-1.

Во втором случае можно считать, что наши антидороги соединяют город 1 с городом 2, а город 3 с городом 4. Тогда мы сможем найти такой 5-цикл: 1-3-5-2-4-1.

Мы доказали, что среди любых 5 городов проведено не более 10 дорог из 15, то есть максимум от всех возможных дорог. Поскольку каждая пара городов с проведённой между ними дорогой или антидорогой входит в равное число таких шестёрок, поэтому общее количество дорог также составляет не более от максимально возможного, то есть максимум

Докажем это чуть более строго. В каждой шестёрке городов не более 10 дорог. Всего этих шестёрок Итого получаем дорог, однако, каждая из них посчитана несколько раз. А именно, к каждой паре городов можно подобрать ещё 4 города способами, значит, именно столько раз мы посчитали каждую дорогу.

Таким образом, всего дорог не более

Посчитаем вручную несколько следующих членов:

Заметим, что, начиная с каждый член последовательности повторяется 3 раза подряд, а после этого также три раза подряд идёт это число, увеличенное на 1. Получается, что с некоторого места верно Докажем при помощи метода математической индукции, что пятерка членов последовательности имеет один из следующих видов:

1.

2.

3.

Первый вариант будет базой индукции при Медианой в нем является значит, следующий элемент последовательности — Мы получаем пятёрку начинающуюся с и имеющую вид 2. Во втором случае медианой пятёрки также является тогда получим пятерку начинающуюся с и имеющую вид 3. В третьем случае медианой является тогда получим пятерку начинающуюся с и имеющую вид 1.

Формула доказана для воспользуемся ей:

Преобразуем исходное выражение:

По условию дробь — несократима, то есть числа и не имеют общих делителей. Значит также не имеет с ними общих делителей. Несократимые дроби, с натуральными числителем и знаменателем, могут быть равны только в том случае, если равны их числители и их знаменатели. То есть:

Отсюда,

Пусть и пересекаются в точке По теореме Чевы

Заметим, что

Следовательно, является биссектрисой. Из прямоугольного треугольника

Знаем, что

Тогда

Пусть тогда

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца для дробей

Итого, получаем

Наименьшее возможное значение достигается, когда все неравенства обращаются в равенство. Для неравенства Коши-Буняковского-Шварца это достигается в случае

Подставим и

Во-первых, по условию, (как односторонние углы в трапеции), поэтому четырёхугольник — вписанный. Во-вторых, заметим, что точка определена не однозначно: она может оказаться как на продолжении луча за точку так и на отрезке

Первый случай:

Поймём, что все пять отмеченных на рисунке угла равны: по условию, как накрест лежащий, так как биссектриса. Из равенства получаем, что точка лежит на той же окружности, что и точки и Отсюда как опираюущийся на ту же дуту.

Кроме того, из равенства указанных выше углов также следует, что

Способ Теорема синусов:

Запишем три теоремы синусов. Для треугольника

Для треугольника

Для треугольника

Заметим, что

поэтому наконец, поэтому их синусы также равны.

Значит, произведение правых частей в теоремах синусов равно единице, поэтому

Отсюда

Способ Теорема Птолемея.

По теореме Птолемея для четырёхугольника

Поскольку получаем

По основному свойству биссектрисы для треугольника

Поэтому

Второй случай:

Поскольку мы будем пользоваться свойствами точки из первого случая, лежащую на отрезке «версию» точки назовём Углы и опираются на одну дугу, поэтому равны, то есть вертикальные, поэтому треугольники и подобны,

Значит,

Из того же самого подобия получаем

Теперь заметим, что треугольник подобен треугольнику по двум углам, откуда

Следовательно,

Спроецируем движение слона на ось абсцисс. Введём систему координат, направленную параллельно оси абсцисс, где каждая координата соответствует клетке. При каждом ходе слона его координата изменяется на 1. Для того, чтоб слон мог вернуться в ту же клетку, он должен сделать одинаковое количество ходов вправо и влево, т.е. суммарный сдвиг направо должен равняться суммарному сдвигу налево. При этом 35 нечётное число, получается слон не сможет вернуться в исходную клетку.

Пусть у каждого из ученых ровно знакомых на конференции, у любых двух знакомых ровно общих знакомых,a у любых двух незнакомых ровно общих знакомых.

Найдём сначала общее количество учёных Рассмотрим какого-то одного учёного. У него есть знакомых. У каждого из них также знакомых, но среди этих уже посчитаны общих знакомых с первым учёным и сам первый учёный. Остаётся ещё знакомый у каждого, итого В это число вошли все незнакомые с первым учёным люди, причём каждый ровно раз благодаря третьему условию. Значит, всего получаем

учёных. У каждого из них при этом ровно

незнакомых на конференции.

Теперь рассмотрим любой из интересующих нас способов. На первое место мы можем посадить любого человека. Напротив него также может сидеть любой из оставшихся.

Рассмотрим два случая: первый человек выбирается способами. Незнакомого человека напротив можно выбрать способами. Тогда оставшиеся два выбираются способами так как мы знаем, сколько у первых двоих общих знакомых. Получаем

способов.

Во втором случае мы выбираем человека напротив из знакоммых первого человека, а дальше способами выбираем их общих знакомых. Получаем всего

способов.

Полученные два числа необходимо сложить для получения ответа.

При изначальных данных получим, что первое и второе слагаемые равны соответственно и . Их сумма равна

Очевидно, делится на и на Разложим в произведение степеней простых чисел:

Тогда

Разделив на получим

Заметим, что все дроби в этом произведении, кроме первых двух, гарантированно не меньше (равенство достигается только в случае ). Тогда как минимум одна из первых двух дробей не превосходит единицы, как и их произведение.

Вторая дробь не превосходит единицы только при В этом случае она равна Первая же дробь может быть равна как при так и при При этом при вторая дробь составляет как минимум а при первая дробь составляет как миниумм И то и другое больше двух, что делает произведение дробей больше единицы.

Осталось разобрать два случая: и В первом случае и первая, и вторая дробь равны а их произведение составляет Значит, произведение остальных должно быть равно Множитель в числителе может получиться только одно из оставшихся простых чисел равно Рассмотрим дроби вида которые не превосходят это :

Нас устраивают только дроби, у которых после сокращения в числителе остаётся хотя бы Если мы используем дробь нам понадобиться ещё один множитель в числителе, которого у нас нет, если же возьмём нам понадобится ещё дробь с в числителе, то есть минимум что уже даёт слишком большое произведение.

Во втором случае первая дробь равна а вторая равна Значит, произведение остальных должно быть равно Мы можем добавить к ним только и получить единицу в качестве произведения.

Значит,