Тема Изумруд

Изумруд - задания по годам → .04 Изумруд 2022

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела изумруд

Разделы подтемы Изумруд - задания по годам

Изумруд до 2020

Изумруд 2020

Изумруд 2021

Изумруд 2022

Изумруд 2023

Изумруд 2024

Изумруд 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68190

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точка $K$ — середина стороны $AB,M$ — точка пересечения медиан, $I$ — центр вписанной окружности. Известно, что $∘ ∠KIB = 90$ . Докажите, что $MI ⊥ BC$ .

Источники: Изумруд-2022, 11.4 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно как-то использовать условие про угол, но углы с серединами сторон обычно очень плохо считаются, нужно как-то использовать, что угол именно прямой...

Подсказка 2

Давайте вспомним, что внутренняя и внешняя биссектрисы одного угла перпендикулярны, это наталкивает нас на мысль рассмотреть...

Подсказка 3

Центр I_a вневписанной окружности! Ведь тогда мы получим, что KI параллельно BI_a.

Подсказка 4

Тогда KI - средняя линия, и мы получаем, что AI=II_a. Мы получили какое-то отношение длин на прямой AI_a. Какой ещё есть факт, связанный с отношениями на этой прямой?

Подсказка 5

Лемма о трезубце! Применив её, мы получим, что IW=WI_a, где W - середина дуги BC. Но это значит, что AI/IW=2/1. Это что-то напоминает... Вспомните, что мы ещё не использовали?

Подсказка 6

Мы ещё ничего не говорили, что точку M пересечения медиан, настало время ей воспользоваться, и тем, что медиана делится в отношении 2/1 точкой M, и задача решится!

Показать доказательство

$PIC$

Давайте поймем, как реализовать странное условие про угол. Вспомним про то, что внутренняя и внешняя биссектрисы одно и того же угла перпендикулярны. Тогда давайте дополнительно отметим центр вневписанной окружности данного треугольника, касающейся стороны $BC.$ Пусть это $Ia.$ Значит,

∠IaBI = ∠BIK = 90∘ ⇐⇒ BIa ∥ KI

Так как $AK = KB,$ то $IK$ — средняя линия треугольника $ABIa.$ По лемме о трезубце $W$ — середина $IIa,$ следовательно, $CI =IIa = 2IW.$ Тогда

-AI = 2 IW 1

Пусть $P$ — середина стороны $BC.$ Тогда по свойству медианы:

AM- = 2 MP 1

Тогда

MI ∥W P

Так как $W$ — середина дуги $BC,$ не содержащей $A,$ то

WP ⊥ BC

А это означает требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76420

В вершинах правильного двенадцатиугольника в некотором порядке расставили натуральные числа от 1 до 12 (каждое по одному разу). Могло ли случиться так, что суммы всех пар соседних чисел являются простыми и суммы всех пар чисел, между которыми стоят ровно два числа, тоже являются простыми?

Источники: Изумруд-2022, 11.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, попробуйте взять любое число от 1 до 12 и посмотреть, сколько чисел в сумме с исходным дают простое число!

Подсказка 2

Да, для каждого числа это индивидуально, поэтому конкретно из этого факта мало что можно извлечь. Но если рассмотреть похожую идею, какие числа в сумме с исходным образуют простое число? И как нам это поможет в задаче?

Подсказка 3

Верно, каждое число влияет ровно на 4 суммы. Так что, если мы найдем два числа, для которых дополнение до простого совпадает, то мы победим! (дополнение – число, которое в сумме с исходным даёт простое)

Подсказка 4

Да, надо посмотреть на числа 6 и 12.

Показать ответ и решение

Каждое число в вершине участвует ровно в четырёх суммах. Заметим, что для получения простой суммы к числам 6 и 12 можно прибавить только 1, 5, 7 и 11. Значит для вершин, в которых стоят числа 6 и 12, наборы соседних чисел и чисел, стоящих от них через две вершины, должны совпадать. Однако, для каждой вершины эти наборы различны, поэтому хотя бы одна из сумм не будет являться простым числом.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76421

Сколькими способами в таблице $3× 3$ можно расставить числа от 1 до 9 (каждое по одному разу) так, чтобы в каждом столбце сверху-вниз и в каждой строке слева-направо числа шли в порядке возрастания?

Источники: Изумруд-2022, 11.2 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем представить себе расстановку чисел в таблице (от а₁ до а₉). Что можно точно сказать об этих числах?

Подсказка 2

Правильно, в каждом ряду и столбце последующее число больше предыдущего. Подумайте, чему равны первое (а₁) и последнее (а₉) числа, а также попробуйте вывести оценку на а₅.

Подсказка 3

Теперь, имея оценку на а₅, можем разобрать по отдельности все три случая возможного значения.

Подсказка4

Если а₅ = 4 или 6, по очереди находим количество способов расстановки чисел, меньших и больших а₅, а затем перемножаем. Если а₅ = 5, то следует начать с рассмотрения клеток а₃ и а₇ и количества способов для каждого значения цифр, стоящих в этих клетках. Остаётся только проверить, нет ли у нас пересекающихся случаев, и сложить общее количество способов

Показать ответ и решение

Пронумеруем клетки таблицы так, как показано на рисунке. Ясно, что в левой верхней клетке стоит число 1, а в правой нижней — число 9.


1	$a2$	$a3$

$a4$	$a5$	$a6$

$a7$	$a8$	9

По условию $a5 > a2,a5 > a4,a5 < a6,a5 <a8,$ поэтому $4 ≤a5 ≤ 6.$ Рассмотрим случаи.

1) Если $a5 =4,$ то числа $a2$ и $a4$ — это 2 и 3. Способов их расстановки всего 2. Теперь вычислим количество вариантов выбора чисел $a3$ и $a6.$ На их место можно поставить любую из оставшихся пар чисел, причём $a3 < a6,$ поэтому расстановка каждой пары определяется однозначно. Всего таких пар $C2 = 6. 4$ Оставшиеся два числа расставляются однозначно. Всего получилось $2 ⋅6 =12$ вариантов расстановки.

2) Если $a5 =6,$ то числа $a6$ и $a8$ — это 7 и 8, и случай аналогичен предыдущему. Получаем ещё 12 вариантов расстановки.

3) Если $a5 =5,$ то посмотрим, какие числа могут стоять в клетках с номерами $a3$ и $a7.$ На их место нельзя ставить числа 2 и 8, так как эти числа обязаны быть соседями 1 и 9 соответственно. Если $a =3, 3$ то $a = 2 2$ и $a = 4. 4$ Любое из оставшихся чисел можно поставить в клетку $a 6$ тремя способами, оставшиеся числа ставятся однозначно. Рассмотренный вариант аналогичен случаям $a = 7,a =3 3 7$ и $a = 7 7$ — в каждом получаем по 3 варианта расстановки, но были дважды посчитаны случаи, когда числа $a 3$ и $a 7$ — это 3 и 7. Всего таких случаев два:


1	2	3

4	5	6

7	8	9


1	4	7

2	5	8

3	6	9

В итоге получаем $3⋅4− 2= 10$ вариантов.

Если ни одно из чисел в клетках $a3$ и $a7$ не равно 3 или 7, то в клетках $a3$ и $a7$ могут стоять лишь числа 4 и 6 в любом порядке. Тогда в клетках $a2$ и $a4$ стоят числа 2 и 3 в любом порядке, а в клетках $a6$ и $a8$ — числа 7 и 8 в любом порядке. Всего 8 вариантов расстановок.

Все случаи разобраны, искомое число вариантов равно $24+ 10+8 =42.$

Ответ: 42

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76458

Назовём число $x$ полуцелым, если число $2x$ — целое. Полуцелой частью числа $x$ назовём наибольшее полуцелое число, не превосходящее $x,$ и будем обозначать $]x[.$ Решите уравнение

2 x + 2⋅]x[= 6

Источники: Изумруд-2022, 11.3 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, даны какие-то полуцелые части. Понятно, что сразу же напрашивается аналогия с целой и дробной частью. Когда мы делим число x на целую —[x], и дробную — {x} части, мы можем записать, что х=[x]+{x}, где [x] — целое число, а {x} лежит на [0,1). Здесь, чтобы облегчить себе жизнь, поступим так же и запишем подобные ограничения на полуцелую часть числа и “остаток”, который получается после ее вычитания.

Подсказка 2

Если обозначить за n/2 полуцелую часть, то можно записать, что x = n/2+r. Получаем уравнение на n и r и имеем соответствующие ограничения на эти величины. Далее нужно будет активно использовать то, в каких пределах лежит r, и вспомнить, какие приемы можно использовать в подобных задачах с целой и дробной частью.

Подсказка 3

Удобнее будет отдельно рассмотреть положительные и отрицательные n. Дальше только аккуратные преобразования, нахождение n, подстановка и нахождение r :)

Показать ответ и решение

Рассмотрим два случая.

1) Число $x$ — полуцелое, тогда $]x[= x$ и исходное уравнение примет вид

2 x + 2x − 6 =0

Корнями данного уравнения являются числа $x1,2 = −1± √7,$ но тогда числа $2x1,2$ не являются целыми, значит решений нет.

2) Имеет место равенство

n x= 2 +r,

где $n ∈ℤ$ и $1 0 <r < 2,$ тогда

[ n ]x = 2

А также исходное уравнение примет вид

(n )2 2 + r + n− 6=0

Выразим из уравнения $r$ и получим

r= − n± √6−-n 2

Решения существуют только при $n≤ 6.$ Найдём все $n,$ удовлетворяющие неравенству

n< ±√6-− n-< n+-1 2 2

Если $n≥ 0$ , то $n+-1> 0 2$ и может иметь решение только лишь неравенство

n √ ---- n+-1 2 < 6− n < 2 ,

которое после возведения в квадрат равносильно

2 2 n < 4(6− n)< (n +1)

{ n2+ 4n− 24 <0 n2+ 6n− 23 >0

(|{ − 2− 2√7-< n< −2+ 2√7 [ n >− 3+ 4√2- |( n <− 3− 4√2-

Поскольку $√- √- 2< −3+ 4 2< 3,3< −2+ 2 7< 4,$ и $√- √- − 3− 4 2< −2− 2 7$ , то $n =3$ — единственное целое значение, удовлетворяющее системе. В этом случае

x= n + r=√6-−-n= √3 2

Если $− 1< n< 0,$ то решений нет, так как $n$ — целое.

Если $n≤ −1$ , то $n-+1 ≤0 2$ и может иметь решение только лишь неравенство

n2 > 4(6− n)> (n +1)2

{ n2+ 4n− 24 >0 n2+ 6n− 23 <0

[ (|{ n >− 2+ 2√7- n <− 2− 2√7- |( − 3− 4√2-< n< −3+ 4√2

Поскольку $√- √- − 9< −3− 4 2< −8,−8< −2 − 2 7 <− 7,$ и $√ - √- − 3+ 4 2< −2+ 2 7,$ то $n= −8$ — единственное целое значение, удовлетворяющее системе. В этом случае

x = n+ r= −√6-− n =− √14 2

Ответ:

$√3,− √14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76459

Пусть $p ,p,...,p ,... 1 2 n$ — множество всех простых чисел, расположенных в некотором порядке. Может ли случиться так, что для всех натуральных $i$ число $pipi+1−p2i+2- pi+pi+1$ является натуральным?

Источники: Изумруд-2022, 11.5 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах на делимость (а это по сути она и есть) часто выгодно рассмотреть какое-то красивое число. А поскольку у нас в задаче часто фигурируют простые, рассмотрим p_m = 2. Что тогда хорошего можно сказать про дробь?

Подсказка 2

Тогда, можно сказать, что число меньше 2, а значит равно 1, а значит, p_(m + 1) = p^2_(m + 2) + 2. А мы как-то использовали m? Может ли m быть сильно большим? Как можно ограничить m зная симметричность p_(i + 1) и p_i в нашем числе?

Подсказка 3

Если m > 1, то можно взять рассмотреть (2p_(m - 1) - p^2_(m + 1))/(2 + p_(m - 1)). Тогда, p_(m - 1) = p^2_(m + 1) + 2 = (p^2_(m + 2) + 2)^2 + 2. По какому модулю теперь удобно посмотреть, при наличии тут множественных квадратов?

Подсказка 4

Конечно, mod 3. Ведь тогда, если p_(m + 2) != 3, то p_(m + 1) кратен 3, а значит равен 3. Но тогда p_(m + 2) = 1. А если же p_(m + 2) = 3, то p_(m - 1) = 123. Значит, пришли к общему противоречию с тем, что m > 1, значит, m = 1. При этом, поняли, что mod 3 в этой задаче, как будто, играет важную роль. Давайте тогда , если уж все таки хотим делимость, рассмотрим такие p_k и p_k + 1, что их сумма кратна 3, и при этом они оба отличны от 3. Что это значит тогда для этих двух чисел? А для дроби?

Подсказка 5

Это значит, что остатки mod 3 у этих

Подсказка 6

Это числа, которые сравнимы с 2 mod 3, а после идет сама тройка. Но тогда, если после тройки стоит число = 2 mod 3, то после него идут только числа = 2 mod 3, а значит пришли к противоречию, так как числа = 1 mod 3 существуют. А значит, после 3 идут только числа = 1 mod 3, но тогда перед 3 стоит конечное число простых = 2 mod 3. А то, что таких бесконечно - остаётся вам в качестве упражнения! :)))

Показать ответ и решение

Предположим, что такое могло случиться. Тогда существует натуральное $m$ такое, что $p = 2. m$ Значит число

2pm+1 − p2m+2 p2m+2 + 4 --2+pm+1---= 2− 2+pm+1-< 2

является натуральным, откуда

p2m+2-+4 =1 и pm+1 =p2 +2 2+ pm+1 m+2

Случай $m> 1$ невозможен, так как тогда число

2pm− 1− p2 p2 + 4 --2+pm−m1+1-= 2− m2++1pm-−1 < 2

также является натуральным, откуда

p2m+1-+4 =1 и p =p2 +2= (p2 + 2)2 +2 2+ pm−1 m−1 m+1 m+2

Теперь если $pm+2 = 3,$ то $pm−1 =123,$ что невозможно. Если же $pm+2 ⁄= 3,$ то

p2 ≡ 1 и p =p2 +2 ... 3 m+2 3 m+1 m+2

Значит,

pm+1 = 3, pm+2 = 1

Это невозможно. Следовательно, $m =1.$

Предположим теперь, что нашлись числа $pk$ и $pk+1$ с различными ненулевыми остатками при делении на 3, то есть

.. pk+pk+1. 3

Поскольку число

pkpk+1 − p2 --p-+-p-k+2 k k+1

является натуральным, то

. pkpk+1 − p2k+2.. 3

Но тогда

p2k+2 ≡3 pkpk+1 ≡3 2

Это невозможно, так как квадраты имеют остатки 0 или 1 при делении на 3. В итоге мы доказали, что числа с остатками 1 и 2 при делении на 3 не могут быть соседними.

Поскольку $p1 = 2,$ это означает, что после $p1$ стоят несколько чисел с остатком 2 при делении на 3, затем где-то стоит число 3. Если после тройки стоит число с остатком 2 при делении на 3, то все числа далее будут с таким же остатком и в последовательности простых чисел не будет ни одного числа с остатком 1 при делении на 3 (такие есть, например, число 7).

Следовательно, после тройки стоит число с остатком 1 при делении на 3 и все числа за ним имеют такой же остаток. Но тогда до тройки стоит лишь конечное число простых чисел с остатком 2 при делении на 3.

Предположим, что простых чисел вида $3k+ 2$ конечное число. Обозначим все такие числа через $q1,q2,...,ql.$ Число $3q1q2...ql− 1$ не делится на простые числа $q1,q2,...,ql$ и даёт остаток 2 при делении на 3. Значит среди его простых делителей должно быть число вида $3k+ 2$ — противоречие.

Ответ: нет

Предыдущая подтема

Следующая подтема