Тема БИБН (Будущие исследователи - будущее науки)

БИБН - задания по годам → .03 БИБН 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела бибн (будущие исследователи - будущее науки)

Разделы подтемы БИБН - задания по годам

БИБН до 2020

БИБН 2020

БИБН 2021

БИБН 2022

БИБН 2023

БИБН 2024

БИБН 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68090

Последовательность целых чисел $a n$ задается следующим образом:

2 an+1 =an − an+ 1,a1 =100.

Докажите, что любые два различных члена последовательности взаимно просты.

Источники: БИБН - 2021, 11.3 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пупупу, нужно доказать взаимную простоту двух чисел… Попробуйте для начала взять первый и второй члены последовательности и посмотреть, какие у них могут быть общие множители и как они отличаются.

Подсказка 2

Можно посмотреть остаток любого члена последовательности по модулю предыдущего... и тут он оказывается равным единице! А что это значит?

Подсказка 3

А это значит, что единица должна делиться на потенциальный общий множитель, ведь мы имеем равенство по типу a₂ = a₁ * k + 1. Но ведь 1 делится только на 1, так что числа взаимнопросты! Теперь как-то надо обобщить это на все члены последовательности...

Подсказка 4

Ага, можно же воспользоваться индукцией!

Показать доказательство

Пусть $a n$ и $a n+m$ — два произвольных члена последовательности $(n,m ∈ℕ)$ . Докажем по индукции, что

an+m − an ⋅Nnm =1,

где $Nnm ∈ ℕ,$ то есть что $an+m− 1$ делится нацело на $an$ , а в терминах сравнения по модулю: $an+m ≡ 1. an$

Из этого будет следовать, что если нашлись два различных не взаимно простых члена последовательности $ak$ и $ak+l$ $(k,l∈ℕ )$ , которые имеют общий множитель $d ∈ℕ,d> 1,$ то в равенстве

ak+l− ak⋅Nkl = 1

левая часть делится на $d >1,$ а правая не делится, так что приходим к противоречию, которое доказывает взаимную простоту любых двух различных членов.

База индукции: для $m = 1$ имеем

2 an+1 =an − an+ 1a≡n 1

Шаг индукции:

an+m+1 = a2n+m − an+m +1 ≡an 1− 1 +1 =1

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68257

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ взята точка $M$ такая, что $∠BAM =∠BCA$ . Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника $ABC$ , лежит на прямой, проходящей через точку $B$ и перпендикулярной $AM$ .

Источники: БИБН-2021, 10.3 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за O - центр нашей окружности. Пускай прямая BO пересекает прямую AM в точке T. Как нам доказать, что угол BTA прямой, если мы уже знаем что-то про уголок BAM...

Подсказка 2

Хочется понять, что ∠BAT + ∠ABT = 90°. Но мы уже знаем, что ∠ ABT = ∠ ABO, а ∠ BAT = ∠ BAM = ∠ BCA. Надо попробовать этим воспользоваться!

Подсказка 3

Если мы докажем, что ∠ ABO + ∠ BCA = 90°, то мы докажем, что ∠ BAT + ∠ ABT = 90°. Мы ещё вроде как не пользовались тем, что ∠ AOB = 2 * ∠ACB и OA=OB=R...

Подсказка 4

Т.к. △ AOB - равнобедренный с углом при вершине 2 * ∠ACB, то уголки ABO и BAO равны 90° - ∠ACB. Что мы и хотели выяснить?

Показать доказательство

На прямой, проходящей через точку $B$ и перпендикулярной прямой $AM$ , возьмем такую точку $N$ , что $AN = BN$ (она лежит на серединном перпендикуляре к $AB )$ . Тогда $∘ ∠NAB = ∠ABN = 90 − ∠MAB$ , поэтому

∘ ∘ ∠ANB =180 − 2∠NAB = 2(90 − ∠ABN )= 2∠MAB = 2∠ACB

$PIC$

Отсюда следует, что точка $C$ лежит на окружности, проходящей через $A$ и $B$ , с центром в точке $N$ . Действительно, для этой окружности $∠ANB$ — центральный, а $∠ACB$ -вписанный (если бы точка $C$ лежала вне этой окружности, то $∠ACB$ был бы меньше половины центрального, а если бы точка С была внутри окружности, то $∠ACB$ был бы больше половины центрального).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#69043

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$ . Пусть $M$ — точка пересечения медиан. Докажите, что $∠BAM < 2∠MAC$ .

Источники: БИБН - 2021, 11.2 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните, как должны располагаться биссектриса и медиана, проведенные из острого угла прямоугольного треугольника? Что будет лежать выше?

Подсказка 2

Конечно, медиана будет пересекать катет выше биссектрисы! Что это говорит о углах, на которые медиана делит острый угол? Как же теперь использовать данный факт в нашей задаче?

Подсказка 3

Например, прямоугольный треугольник можно получить, если провести высоту ВК из вершины В, на ней же лежит и точка М. Вспомните, в каком отношение М делит ВК.

Подсказка 4

В отношении 2 к 1, считая от В. Тогда можно отметить Р — середину ВМ. Теперь есть две медианы АР и АМ в △ВАМ и △РАК соответственно, значит, можно применить выше упомянутое свойство (возможно, оно работает не только для прямоугольных треугольников, выясните)

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Вспомним следующую конструкцию: проведем две перпендикулярные прямые и на одной из них отметим точку, из которой отложим два равных угла, получив прямоугольный треугольник. Тогда $a <b$ где $a$ и $b$ — отрезки, на которые проведенная биссектриса делит сторону треугольника. Это следует из свойства биссектрисы: пусть $y$ — гипотенуза, $x$ — катет, тогда $ab = xy$ и так как $x< y,$ получаем $a< b.$ Также проведем медиану из отмеченной точки. Она будет пересекать катет выше биссектрисы в силу $a <b.$

$PIC$

По свойству точки пересечения медиан, $BM :MK = 2:1$ . Пусть $BM = 2x, MK = x$ . Отметим $P$ — середину $BM$ , тогда $BM =P M = x$ .

Проведем биссектрису угла $BAK$ . По сказанному ранее $∠MAK >∠P AM$ (биссектриса пересечет $BK$ в точке, которая находится ниже $M$ — середины $PM$ )

Треугольник $ABM$ — тупоугольный, поэтому $AB >AM$ так как $AB$ опирается на тупой угол. Проведем биссектрису угла $BAM$ . Она пересечет $BM$ ниже, чем точка $P$ — середина $BM.$ Поэтому $∠BAP < ∠P AM$

Итого получаем

∠MAK > ∠P AM > ∠BAP

То есть

{ ∠MAK > ∠P AM ∠MAK > ∠BAP

Складывая, получаем

2∠MAK > ∠PAM + ∠BAP

2∠MAC > ∠BAM

Второе решение.

$PIC$

Пусть $BK$ — медиана равнобедренного треугольника $ABC$ , проведенная к основанию $AC$ , тогда отрезок $BK$ перпендикулярен основанию $AC$ по свойству равнобедренного треугольника. По свойству точки пересечения медиан, $BK :MK = 3:1$ . Обозначим $∠MAK = α$ и $∠BAK = β$ . Тогда неравенство $∠BAM < 2∠MAC$ равносильно неравенству $β < 3α$ . Последнее неравенство очевидно в случае, когда $α≥ π6$ , так как $β < π2.$

Пусть теперь $α< π6$ . Из прямоугольного треугольников $ABK$ и $AMK$ имеем: $tgβ = BAKK-$ , $tgα = MAKK-$ , значит, $tgβ = 3tgα$ . Так как углы $β$ и $3α$ лежат в интервале $(0;π2)$ , то неравенство $β <3α$ равносильно неравенству $tgβ <tg3α$ , то есть $3tgα <tg3α$ .

Рассмотрим разность

tg3α − 3 tgα =(tg3α− tgα)− 2tgα=---sin2α-- − 2sinα-= 2sinα-− 2-sinα cos3α⋅cosα cosα cos3α cosα

Так как $0< α < π 6$ , то $0< cos3α <cosα$ и $sinα >0$ , и, значит,

(--1-- -1--) 2sinα cos3α − cosα > 0

следовательно, $tg3α− 3tgα> 0$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#73374

Существует ли такой многочлен десятой степени, принимающий целые значения при всех целых аргументах, у которого старший коэффициент не превосходит по абсолютной величине $−6 10 ?$

Источники: БИБН-2021, 11.5 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, как мы можем сильно уменьшить главный коэффициент(или все коэффициенты), но чтобы при этом значение выражения было целым. Вспомним, где у нас были целые значения на любом аргументе, но при этом коэффициенты были не целые. А если сказать слово «комбинаторика»?

Подсказка 2

Все верно, это было в биномиальном коэффициенте. То есть, у нас выражение вида x(x - 1)*…*(x - k + 1) / k! - всегда целое. Значит, если так повезло, что 10! > 10^6, то мы победили. К счастью, это так.

Показать ответ и решение

Рассмотрим многочлен

x(x-− 1)(x−-2)(x−-3)(x−-4)(x−-5)(x−-6)(x−-7)(x−-8)(x−-9) 52⋅28 ⋅34⋅7

Во-первых, его старший коэффициент равен $1 52⋅28⋅34⋅7.$ Это меньше $1 106.$ Покажем теперь, что во всех целых точках он принимает целые значения. В числителе находится произведение десяти подряд идущих целых чисел. Докажем, что оно делится на каждый множитель знаменателя.

Делимость на $28.$ Среди десяти подряд идущих целых чисел есть пять чётных. Из этих пяти хотя бы одно делится на $8,$ хотя бы одно — на $4.$ То есть числитель всегда делится на $28.$

Делимость на $52$ следует из того, что среди десяти подряд идущих целых чисел есть хотя бы два, кратных $5.$ Аналогично получаем делимость на $7.$

Делимость на $34.$ Среди десяти подряд идущих чисел есть хотя бы три, делящихся на $3,$ притом одно из них делится на $9,$ отсюда получаем делимость.

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#94265

Решите уравнение

( 4 ) √3-- ∘3--- ∘3--- 3∘ ------ x + x+ 1( 80 − 0,01)= 2( 5,12+ 0,03375)

Источники: БИБН - 2021, 11.1 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что решать в лоб данное уравнение, сначала поделив на константу, равную второй скобке, как-то очень грустно (оно даже не биквадратное). Впрочем, если вы знаете метод Феррари, то можно сойти с ума, но сделать. Но лучше посмотрим на числа. Не просто же так, наверное, дали ровно такие числа. Может быть это какие-то хорошие числа. Вот 5,12 - это по сути 8³, но разделённое на 100. Подождите, но ведь 80 это…

Подсказка 2

80 это 20³ разделенное на 100. Что тогда нужно сделать, чтобы привести все константы к нормальному виду, если они тут так красиво подобраны?

Подсказка 3

Надо домножить всё уравнение на кубический корень из 100, ведь тогда получится, что 19 сократится в обеих частях и выйдет очень даже решаемое уравнение четвёртой степени. Победа!

Показать ответ и решение

Умножим обе части уравнения на $√3100-:$

( 4 ) 3√---- 3√- 3√ --- 3∘ ---- x +x +1 ( 8000− 1)= 2( 512+ 3,375)

( 4 ) 19⋅ x +x +1 = 2(8 +1,5)

4 x + x+ 1= 1

x (x3+ 1)= 0

Таким образом, $x1 = 0,x2 = −1$ .

Ответ: -1; 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#94266

У Пети скопилось много кусочков пластилина трех цветов, и он плотно заполнил пластилином полый куб со стороной 5 см, так что в кубе не осталось свободного места. Докажите, что внутри куба найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 7 см друг от друга.

Источники: БИБН - 2021, 11.4 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Казалось бы, из условия мы почти ничего не знаем, но нам известно количество цветов, а то, что нас просят доказать, намекает на принцип Дирихле. Подумайте, как его здесь применить.

Показать доказательство

В кубе $ABCDA B C D 1 1 1 1$ рассмотрим 4 вершины $A,C,B ,D 1 1$ .

$PIC$

Они являются вершинами правильного тетраэдра со стороной $√ - a 2$ , где $a= 5$ — ребро куба. Поскольку $√- 5 2 >7$ , рассмотрим подобный тетраэдр с коэффициентом подобия $7-- k = 5√2$ , т.е. проделаем гомотетию с центром в центре куба и данным коэффициентом подобия. Получим четыре вершины нового тетраэдра внутри куба. Поскольку цветов у пластилина три, хотя бы две вершины этого тетраэдра будут одного цвета.

Предыдущая подтема

Следующая подтема