Тема БИБН - задания по годам

БИБН 2024

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела бибн - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79609

Дан треугольник $ABC$ , в который вписана окружность с центром $O$ . Пусть $M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности со сторонами $AB$ и $AC$ . Известно, что $AO = 2⋅MN.$ Найдите $∠A.$

Источники: БИБН - 2024, 11.1 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас имеется отношение AO/MN=2. Мы все прекрасно помним, что отношение длин отрезков на окружности легко переносится на отношение синусов уголочков. Почему бы нам тогда не найти окружность, у которой есть хорды AO и MN...

Подсказка 2

Она легко находится- это окружность, построенная на AO как на диаметре. Тогда мы можем написать расширенную теорему синусов: MN/sin∠A=2R=AO. Тогда мы получаем, что sin∠A=MN/AO=1/2. Не забудьте, что синусы смежных уголков равны и найдите уголочек!

Показать ответ и решение

Пусть $∠A = 2α.$ Обозначим через точку $K$ пересечение $MN$ и $AO$ . Тогда, если радиус окружности равен $r$ , то из прямоугольного треугольника $MKO$

1 ∘ 2MN = MK =r⋅sin(90 − α)= r⋅cosα

$PIC$

Выразим $AO$ из прямоугольного треугольника $AMO$

AO = -r-- sinα

Подставляя в $AO = 2⋅MN$ , получаем

-r-- 4r⋅cosα= sinα

1 sin2α= 2

$∘ ∘ 2α = 150 или 30$ как угол треугольника.

Ответ:

$150∘ или 30∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79610

Для всех действительных параметров $a∈ [0;1]$ определите число корней уравнения

|| 11π || ||sin 24 x||= a

на полуинтервале $[0,24).$

Источники: БИБН - 2024, 11.2 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сразу избавимся от модуля и получим 2 простых тригонометрических уравнения, которые мы очень хорошо знаем со школы. Как будут выглядеть решения на тригонометрической окружности при разных a?

Подсказка 2

Верно, при a ∈ (0,1) каждое из уравнений даёт нам по 2 точки, при a ∈ {0,1} по одной. Теперь же нам важно, сколько полукругов мы успеем "навернуть" при x ∈ [0;24), давайте оценим это выражение.

Подсказка 3

Верно, мы успеем пройти 11 полуокружностей, сколько в каждом случае тогда мы получим решений?

Показать ответ и решение

Линейное по $x$ выражение $11πx∈ [0,11π) 24$ при $x∈ [0,24)$ . Рассмотрим тригонометрическую окружность. Если $a∈ (0,1)$ , то решению $|| 11π-|| sin 24 x = a$ соответствует $4$ точки на окружности, по $2$ на каждой полуокружности, которых всего $11$ , так как аргумент принимает значения из $[0,11π)$ . Итого $11⋅2= 22$ решений.

Если $a= 0$ , то подходят точки вида $πk, k∈ ℤ$ . То есть $11$ решений в этом случае.

Если $a= 1$ , то на каждой полуокружности подходит по одной точке вида $π 2 + 2πk$ . То есть $11$ решений всего.

Ответ:

$11$ решений при $a∈{0;1}$

$22$ решения при $a∈ (0;1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79611

(a) Изобразите на координатной плоскости множество $A$ , заданное неравенством

2 2 x y < 2− xy

(b) Докажите, что любые две точки множества $A$ можно соединить внутри $A$ либо отрезком, либо ломаной из двух звеньев.

Источники: БИБН - 2024, 11.3 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Мы имеем что-то похожее на квадратное неравенство. Без зазрения совести обозначим xy за t. Надо решить неравенство t²+t-2<0. Какое неравенство для xy это даст?

Пункт а, подсказка 2

Верно, -2<xy<1. Рассмотрите отдельно случаи xy>0 и xy<0 и постройте нужное множество.

Пункт б, подсказка 1

Будем надеется, что эти гиперболы мы не просто так рисовали. С точками, которые можно соединить отрезком все как-то мутно, а вот с ломанными все гораздо веселее. Хочется упростить себе задачу и не думать о совсем произвольной ломанной, а, например, с фиксированной точкой...

Пункт б, подсказка 2

Предлагаю доказать, что мы можем просто соединить любую точку с точкой (0,0), откуда все и будет следовать. Но доказать это вам придется самостоятельно...

Пункт б, подсказка 3

Ладно уж, застыдили! Посмотрите, что происходит с модулем значения xy, при приближении к точке (0,0), и с помощью этого докажите, что если X лежит в нашем множестве, то и отрезок XO тоже.

Показать ответ и решение

(a) Решим неравенство относительно замены $t= xy$

2 t + t− 2 <0 ⇐ ⇒ t∈ (− 2,1)

То есть $xy ∈(−2,1)$

В случаях $x,y > 0$ и $x,y < 0$ в первой четверти получаем часть плоскости под графиком $y = 1 x$ , а в третьей четверти часть плоскости над этим графиком.

В случае $x<,y > 0$ во второй четверти неравенству удовлетворяет часть плоскости под графиком $2 y = −x$ , а в четвертой — часть плоскости над этим графиком.

$PIC$

(b) Приведем явный алгоритм соединения двух точек получившегося множества $A$ . Будем соединять любые две точки $B$ и $D$ через точку $(0,0)$ . Для этого надо показать, что любая прямая, соединяющая точку множества и $(0,0)$ , лежит в множестве. Заметим, что при приближении из $B = (x0,y0)$ в $(0,0)$ по прямой произведение $xy$ по модулю уменьшается, а значит, если точка $B$ из множества, то и прямая из нее в $(0,0)$ тоже. Тем самым показали, что соединять $B$ и $D$ можно соединением $B$ с $(0,0)$ и $D$ c $(0,0).$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79612

Можно ли утверждать, что если для рациональных чисел $a,b,c$ сумма

√- √- √- a 2 +b 3+ c 6

является рациональным числом, то $a= b=c =0?$

Источники: БИБН - 2024, 11.4 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте предположим, что это возможно, и обозначим нашу сумму за p. Первое, что бросается в глаза, это то, что √2*√3=√6, поэтому хочется отправить с√6 направо и возвести в квадрат. После возведения в квадрат из иррациональных чисел остается только √6, значит можно его выразить через остальные рациональные...

Подсказка 2

После преобразований мы получаем, что √6=(6c²+p²-2a²-3b²)/(2ab+2pc). Казалось бы победа, мы получили выражение иррационального числа через рациональные, что невозможно. Но ведь мы могли поделить на 0. Что делать, если 2ab+2pc=0?

Подсказка 3

Если ab+pc=0, то 6c²+p²=2a²+3b². Рассмотрим случай с≠0: подставим p=-ab/c в равенство 6c²+p²=2a²+3b². После тождественных преобразований получаем (3с²-a²)(2c²-b²)=0. Найдите здесь противоречие и рассмотрите случай с=0!

Показать ответ и решение

Обозначим $a√2+ b√3+ c√6= p∈ ℚ.$

Тогда $√ - √ - √- a 2+b 3=p − c 6$ . Возведем в квадрат

2 2 √- 2 2 √ - 2a + 3b +2ab 6= p + 6c − 2pc 6

В случае $a= 0$ или $b= 0$ получаем, что левая часть равенства рациональна, а значит и правая тоже, то есть $p= 0$ или $c= 0$ . Если имеет место случай $c= 0$ , то $a =b= c= 0.$

В случае же $p =0$ (не умаляя общности $a =0$ ) получаем

√- √- b 3+ c 6= 0

b+ c√2= 0

И так как $b∈Q$ , равенство возможно только в случае $c =0$ . И тогда также $b= 0.$ То есть если $a =0$ или $b= 0$ , то требуемое верно.

Пусть теперь $a,b⁄= 0$ . Преобразуем:

2 2 2 2 √ - 2a + 3b − p − 6c= − 6(2ab+ 2pc)

Равенство возможно только в случае, если справа рациональное число, то есть $ab= −pc$ . Тогда получаем следующую систему

{ 2a2+ 3b2 = p2+ 6c2 6a2b2 = 6p2c2

Эта система имеет вид

{ x+ y = z+ t=s xy = zt=q

По следствию теоремы Виета $x,y$ и $z,t$ являются корнями уравнения $n2 − sn+ q = 0$ . Но у квадратного уравнения максимум $2$ корня, поэтому либо $x= z$ и $y = t$ , либо $x= z$ и $y = z$ .

В первом случае получаем $2a2 = p2$ , что невозможно, кроме разобранного случая $a= p= 0.$

Во втором случае $2a2 = 6c2$ , также невозможно, если $a,c⁄= 0.$

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79613

В клетчатом квадрате $8 ×8$ две клетки одной строки или столбца назовем диполем, если между ними ровно две клетки. Петя решил отметить как можно больше диполей, закрашивая разными цветами разные диполи (а обе клетки одного и того же диполя — одним цветом). Какое наибольшее количество диполей он сможет закрасить?

Источники: БИБН - 2024, 11.5 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Это клетчатая задачка на оценку + пример, в которой даже персонаж намекает на способ решения, ведь он как-то там хитро закрашивает доску. А не поможет ли нам какая-то раскраска для получения оценки? Они часто помогают в таких задачах)

Подсказка 2

Давайте разобьём квадрат на 9 маленьких квадратиков 2 на 2 так, что между любыми двумя расстояние в 1 клеточку, и покрасим каждый из них в 4 цвета так, чтобы пары одинаковых цветов могли образовывать диполь. Как нам тогда поможет такая раскраска доказать оценку?

Подсказка 3

Так как у нас нечётное кол-во каждого цвета, то как минимум 4 клетки мы потеряем, а значит, уже не более 60/2 = 30 диполей можно получить, остаётся только нарисовать правильный пример под нашу оценку.

Показать ответ и решение

Рассмотрим в нашем квадрате $9$ квадратов $2× 2:$

$PIC$

Назовём их выделенными.

Заметим, что если одна клетка некоторого диполя принадлежит какому-то выделенному квадрату, то другая клетка этого диполя принадлежит (соседнему) выделенному квадрату.

На рисунке отмечены номерами $1,2,3,4$ клетки в выделенных квадратах, так что у любого диполя обе клетки должны иметь один и тот же номер. Но клеток с данным номером (например, с номером $1$ ) девять, и поэтому при “распределении” клеток с номером $1$ по диполям по меньшей мере одна клетка окажется нераспределённой (лишней). Таким образом, для каждого из четырех номеров остаётся нераспределённой минимум одна клетка среди выделенных квадратов, а значит, всего имеется минимум $4$ нераспределенные клетки.

Получаем оценку: максимальное число непересекающихся диполей во всём квадрате $8 ×8$ не больше $64−4-=30. 2$

Построим теперь пример на $30$ диполей. Для этого “отрежем” левый нижний выделенный квадрат. Останется клетчатая фигура из $60$ клеток, которая разбивается на квадрат $6 ×6$ и два прямоугольника $6× 2$ и $2×6.$ Эта фигура полностью разбивается на диполи, поскольку любые последовательные $6$ клеток строки или столбца, очевидно, разбиваются на три диполя.

Ответ:

$30$