Тема Изумруд - задания по годам

Изумруд 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела изумруд - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#94268

Существуют ли 4 различных натуральных числа, больших единицы, таких, что сумма квадратов любых трёх из них делится на оставшееся число, увеличенное на единицу?

Источники: Изумруд - 2021, 11.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, какой здесь может быть ответ. Если ответ «нет», то непонятно, из каких соображений приходить к противоречию в общем случае. То есть доказывать неразрешимость системы сравнений при произвольных 4 числах. Тяжело. А если ответ «да», то нужно просто придумать пример. Про квадраты и делимость удобно говорить по модулям 2, 3, 4 и подобным. То есть хотелось бы, чтобы модули, по которым мы рассматриваем суммы квадратов были бы 2,3,4, то есть чтобы числа были 1,2,3.., в целом, какими-то маленькими. Единица сразу не подойдет, чисто интуитивно, она может испортить много модулей, так как ни на что не делится. А вот 2 и 3 — удачные числа. Попробуйте построить пример с ними.

Подсказка 2

Если мы хотим использовать числа 2 и 3, то удачно было бы использовать числа, которые им кратны. То есть, к примеру, 6 или что-то большее (чтобы были общие делители у каждого слагаемого из суммы квадратов). Давайте возьмем 6 и посмотрим, чему равна сумма квадратов этих трёх чисел. Она равна 49. Тогда нам либо надо брать оставшееся число равным 48, либо 6, но 6 уже взято. Поэтому давайте возьмем 48. Подходит ли такая четвёрка?

Показать ответ и решение

Посмотрим на числа 2, 3, 6, 48:

1) сумма квадратов 2, 3, 6 равна 48+1;

2) числа 3, 6, 48 делятся на 2+1, поэтому и сумма квадратов;

3) $2 2 2 2+ 6 + 48 ≡3+10$

4) $22+ 32+ 482 ≡6+14 +2+ 1≡7 0$

Ответ: да

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#94269

На доске написано 10 простых чисел: $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29$ . Максим нашёл все попарные произведения этих чисел и выписал их на доску, после чего, стёр все изначальные числа и все повторяющиеся. Затем он нашёл все попарные произведения оставшихся чисел и выписал их на доску, после чего снова стёр все изначальные числа и все повторяющиеся. Сколько теперь чисел написано на доске?

Источники: Изумруд - 2021, 11.2 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, стоит понять, сколько чисел будет на первом шаге. Во-вторых, надо понять, какие числа получаются на втором шаге, то есть как-то классифицировать их, чтобы понятнее было как считать. Ведь когда мы, скажем, умножаем два числа с общим множителем, то это одно количество способов, а когда все множители разные, то другое. Подумайте над тем, сколько способов в каждом из случаев и надо ли считать, сколько чисел написано всего в каком-либо из случаев.

Подсказка 2

По сути, может быть два варианта — когда все простые в разложении числа разные, и когда одно совпадает, то есть получается число с тремя простыми в разложении, при том одно из простых входит во второй степени. Первый вариант более понятен — нам надо найти сначала количество всевозможных четвёрок простых. Со вторым же случаем сложнее. Поскольку мы разбили на все числа на два непересекающихся множества, то количество чисел второго типа равно количество чисел всего минус количество чисел первого типа с повторениями. Посчитайте количество всех чисел и количество чисел первого типа с повторениями. Какой тогда получится ответ?

Показать ответ и решение

Для удобства обозначим изначально записанные на доске числа как $p ,p ,...,p 1 2 10$ .

Поскольку любые два начальных числа взаимно просты, все попарные произведения будут различными, а всего их будет $2 C10 = 45$ . Именно столько чисел останется после того, как Максим сотрёт все изначальные числа. Все оставшиеся числа имеют вид $pipj$ , где $1 ≤i,j ≤10,i<j$ . Произведение двух оставшихся чисел может быть одного из двух видов: $pkplpmpn$ или $2 pkplpn$ , где $k ⁄=l⁄= m ⁄= n$ .

Всего различных чисел вида $pkplpmpn$ столько же, сколько и различных четвёрок чисел $k,l,m,n$ , а их всего $4 C10 = 210$ . Каждое из чисел вида $pkplpmpn$ может быть получено тремя способами: при перемножении чисел $pkpl$ и $pmpn,pkpm$ и $plpn$ или $pkpn$ и $plpm$ . То есть каждое из таких чисел будет написано трижды, поэтому с учётом повторяющихся чисел всего их будет написано 630 .

Чтобы узнать количество чисел вида $pkp2lpn$ , необходимо вычесть из количества всех чисел количество чисел вида $pkplpmpn$ (с учётом повторяющихся). После второго действия до того, как будут стёрты повторяющиеся числа, их будет всего $C245 = 990$ . Значит, чисел вида $pkp2lpn$ всего $990− 630 =360$ . Но каждое из чисел вида $pkp2lpn$ может быть получено лишь одним способом — при перемножении чисел $pkpl$ и $plpn$ , поэтому повторяющихся чисел такого вида не будет. Значит, после того, как Максим сотрёт все повторяющиеся числа, на доске останется $210+ 360= 570$ чисел.

Замечание. На олимпиаде 2021 года баллы за задачу не снимались, если условие понималось так, что после второго действия Максим стирал все числа вида $pkplpmpn$ .

Ответ: 570

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#94271

В кубе $ABCDA B C D 1 1 1 1$ , все рёбра которого равны единице, точка $M$ — середина ребра $CC 1$ , точка $O$ — центр грани $ABB A 1 1$ . Множество точек, лежащих на грани $CBB1C1$ , таково, что для любой точки $X$ этого множества плоскость $XOM$ пересекает ребро $AD$ . Найдите площадь этого множества.

Источники: Изумруд - 2021, 11.3 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Неудобно рассматривать какой-то произвольный случай для точки X. Тогда попробуйте рассмотреть граничные случаи (когда XOM пересекает ребро AD в точке A или D).

Подсказка 2

Для точки A всё ясно. В этом случае плоскостью XOM будет являться плоскость B₁AM. Теперь посмотрим на случай с точкой D. Прямые OD и B₁C₁ лежат в одной плоскости. Тогда что можно сказать про их взаимное расположение?

Подсказка 3

Точно! Они пересекаются (пусть в точке E). Теперь рассмотрим произвольную точку X нашего множества. Пусть она пересекает AD в точке F, а OF пересекает AD в точке G. Раз X лежит и в BB₁C₁C, и в FOM, то на какой прямой лежит эта точка?

Подсказка 4

Верно! На MG. Значит, наше множество представляется всеми такими прямыми MG. Но все они заключены между ME и MB₁. И раз X лежит на грани BB₁C₁C, то X лежит в той части треугольника MEB₁, что находится на грани BB₁C₁C. Тогда нам всего лишь осталось найти её площадь.

Подсказка 5

Необходимо найти площадь треугольника MHB₁ (H является точкой пересечения BB₁ и ME). То есть нужно вычислить значение 1/2×B₁H×C₁B₁. Осталось всего лишь найти B₁H. Для этого посмотрите на треугольники EHB₁ и EMC₁. Что можно про них сказать?

Показать ответ и решение

Построим плоскость $AOM$ . Для этого найдём точку пересечения прямой $AO$ с плоскостью $BB C C 1 1$ . Очевидно, что это будет точка $B 1$ . Значит, сечение куба плоскостью $AOM$ пересекает ребро $BB1$ в точке $B1$ .

$PIC$

Построим плоскость $DOM$ . Для этого найдём точку пересечения прямой $DO$ с плоскостью $BB1C1C$ . Прямые $DO$ и $B1C1$ лежат в плоскости $AB1C1D$ , а $AD ∥B1C1$ , значит, $DO$ пересекает $B1C1$ . Обозначим их точку пересечения через $E$ , она также лежит в плоскости DOM. Прямая $EM$ также лежит в плоскости $DOM$ и пересекает ребро $BB1$ в некоторой точке $H$ . Заметим, что треугольники $EB1O$ и $AOD$ равны, значит, $EB1 = AD = B1C1$ . Треугольники $EB1H$ и $EC1M$ подобны с коэффициентом 2 , значит, $B1H = 12C1M = 14$ . Пусть $X$ - некоторая точка искомого множества и плоскость $XOM$ пересекает ребро $AD$ в точке $F$ . Прямая $FO$ лежит в плоскости $AB1C1D$ , а значит, точка пересечения $G$ прямой $FO$ с плоскостью $BB1C1C$ лежит на отрезке $EB1$ . Прямая $MG$ лежит в плоскости $XOM$ , причём она заключена между прямыми $EM$ и $B1M$ . Поскольку точка $X$ лежит в плоскостях $BB1C1C$ и $FOM$ , то она лежит на прямой $MG$ , а следовательно, внутри треугольника $HB1M$ , значит, треугольник $HB1M$ — искомое множество.

S = 1B H ⋅C B = 1 HB1M 2 1 1 1 8

Ответ:

$1 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#94273

Геометрическая прогрессия $a ,a,a ,...,a 1 2 3 n$ , в которой все члены различны, такова, что числа $a,a2,a3,...,an 1 2 3 n$ в указанном порядке составляют арифметическую прогрессию. Какое наибольшее значение может принимать $n?$

Источники: Изумруд - 2021, 11.4 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала давайте подумаем над тем, какое ориентировочно может быть n (а если поймем как-то прикидками, какое n, то поймем как его примерно получать). Понятно, что оно какое-то небольшое, иначе непонятно, как приводить пример для n-1, а также не совсем понятно как приходить к противоречию в n. Давайте начнём перебирать с маленьких. 1 точно не подходит, как и 2. Насчет тройки — наверное, вот так сразу же после двух очевидных случаев граница вряд ли будет идти, ведь как минимум, у нас выходит всего одно уравнение на члены (про то, что среднее равно полусумме крайних), а параметра два — a₁ и q. Но в смысле фиксации параметров кажется подходящим n = 4, ведь там два уравнения такого же вида и два параметра. Попробуйте расписать эти уравнения и решить их.

Подсказка 2

После сокращения уравнений на a₁ и (a₁*q)² соответственно мы получим два квадратных уравнения на a₁, а значит можно выписать корни явно (проверьте и то, почему мы вообще можем сокращать). При этом корни должны совпадать. Часто ли такое случается при нашей системе?

Подсказка 3

Нет, очевидными оценками можно получить, что корни никогда не могут совпадать (несколько случаев, которые сводятся либо к оценке, либо к единственному решению при q=1, или a₁=0). Ну тогда нам остается только привести пример при n=3. Как его найти? Можно составить ту систему, о которой говорится в первой подсказке и один из параметров выбрать самостоятельно, а для нахождения второго решить уравнение, но уже с одним параметром.

Показать ответ и решение

Обозначим знаменатель геометрической прогрессии через q. Предположим, что $n ≥4$ , тогда в исходной прогрессии точно присутствуют числа $2 a1,a2 = a1q,a3 = a1q,a4 =$ $3 a1q$ . Тогда по свойству арифметической прогрессии имеем

{ 2(a q)2 =a + (aq2)3 ( 12)3 1 2 1( 3)4 2a1q =(a1q) + a1q

Поскольку все члены геометрической прогрессии различны, то $a1 ⁄= 0$ и $q ⁄= 0,q ⁄= 1$ . Поделим первое уравнение системы на $a1$ , а второе - на $(a1q)2$ . Получим

{ 2a1q2 = 1+ a2q6 { a2q6 − 2a1q2 +1 =0 2a1q4 = 1+ 1a2q10 , откуда a12q10− 2a1q4+ 1= 0 . 1 1

Решая первое уравнение системы, как квадратное относительно $a1$ , получаем

∘ ------- ∘ ----- 2q2±--4q4− 4q6 1-±--1−-q2 a11,2 = 2q6 = q4 .

Решая второе уравнение системы, как квадратное относительно $a1$ , получаем

4 ∘ -8----10- ∘ ----2 a11,2 = 2q-±---4q10−-4q--= 1±--16−-q-. 2q q

Из этого следует, что $√---- √---- 1±-1q4−q2= 1±-1q6−q2$ . Если $√---- √---- 1+-1q4−q2= 1+-1q6−q2$ или $√ ---- √ ---- 1+-q14−q2-= 1+-q1−6-q2-$ , то $q4 = q6$ . Полученное уравнение имеет решение только лишь при $q = 0,q =1,q = −1$ . Ранее было отмечено, что первые два варианта невозможны.

Если $q = −1$ , то $a1 = 1a1$ или $a21 =1$ . Но тогда прогрессия имеет либо вид $1,− 1,1,− 1$ , либо вид $− 1,1,− 1,1$ , что невозможно по условию.

Если $1+√1−q2 1−√1−q2 q4 = q6$ или $1−√1−-q2- 1+√1−q2- q4 = q6$ , то $2 2∘ ----2 ∘ ----2 q ± q 1− q = 1∓ 1− q$ , откуда $2 ( 2 )∘ ---2- q − 1= ± q +1 1− q$ .

Поскольку $q2+ 1> 0$ и $q2− 1< 0$ , то уравнение $q2− 1 =$ $( )∘ ----- q2+ 1 1− q2$ не имеет решений, а значит, $( )∘ ----- q2− 1 =− q2 +1 1− q2$ .

2 ( 2 )∘----- 1− q∘ =-q-+ 1 1− q2, 1− q2 = q2+ 1.

Но $q2+ 1> 1$ , а $1− q2 <1$ , поэтому уравнение также не имеет решений, а значит, $n <4$ . При $n= 3$ такая прогрессия существует, например, при $√ - a1 = 89,q =-23$ .

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#94274

В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AA 1$ и $BB 1$ пересекаются в точке $H$ . Точки $M$ и $N$ — середины высот $AA 1$ и $BB 1$ . Оказалось, что центр $I$ вписанной в треугольник $HMN$ окружности лежит на биссектрисе угла $MCN$ . Докажите, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

Источники: Изумруд - 2021, 11.5 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что CI — биссектриса ∠MCN. Но для равнобедренности ABC надо бы доказать, что она также является биссектрисой ∠ACB. Попробуйте рассмотреть треугольники AA₁C, BB₁C, у них много общего.

Подсказка 2

Итак, CI является биссектрисой аж двух углов. Следующим шагом будет логично рассмотреть расстояния IB₂ и IA₂ до BB₁ и AA₁, а также IK и IL до BC и AC. Что можно сказать про треугольники IKB₂ и ILA₂?

Подсказка 3

Обратите внимание на четырёхугольники BKB₂I и ALA₂I. Есть подозрение, что они вписанные. Что теперь можно сказать про треугольники из предыдущей подсказки?

Подсказка 4:

Теперь осталось сказать то же самое про треугольники AA₂L и BB₂K, и дело в шляпе!

Показать доказательство

Рассмотрим прямоугольные треугольники $AA C 1$ и $BB C 1$ с общим углом при вершине $C$ . Они подобны, поэтому $∠CAA = ∠CBB 1 1$ и $-AA1 AC- BB1 = BC$ . Так как $1 AM =2AA1$ и $1 BN = 2BB1$ , то $AM- AC- BN = BC$ , а значит, треугольники $AMC$ и $BNC$ подобны и $∠ACM = ∠BCN$ .

Последнее равенство означает, что биссектриса $CI$ угла $MCN$ является также биссектрисой угла $ACB$ . Из точки $I$ опустим перпендикуляры $IA2$ и $IB2$ на прямые $AH$ и $BH$ соответственно, а также перпендикуляры $IL$ и $IK$ на прямые $AC$ и $BC$ соответственно. Так как точка $I$ лежит на биссектрисе угла $ACB$ , то $IL = IK$ . Так как $I$ — центр вписанной в треугольник $HMN$ окружности, то $IA2 =IB2$ . Прямые углы $IB2B$ и $IKB$ опираются на отрезок $BI$ , а значит, четырёхугольник $BKB2I$ вписанный и $∠KIB2 = ∠KBB2$ , как вписанные.

$PIC$

Аналогично доказывается, что $∠LIA2 = ∠LAA2$ . По уже доказанному, $∠LAA2 =$ $∠KBB2$ , а значит, $∠KIB2 =∠LIA2$ , из чего следует равенство треугольников $LIA2$ и $KIB2$ . Отсюда получаем $A2L= B2K,∠KB2B = ∠AA2L$ и $∠BKB2 = ∠ALA2$ , а значит, треугольники $AA2L$ и $BB2K$ равны. Из равенства этих треугольников следует, что $AA2 =BB2$ , а $HA2 =$ $HB2$ по свойству отрезков касательных, а значит, $AH = BH$ , то есть треугольник $ABH −$ равнобедренный. Из равнобедренности получаем $∠ABH = ∠BAH$ , откуда $∠ABC =∠BAC$ и треугольник $ABC$ — равнобедренный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Точки $M$ и $N$ могли оказаться на отрезках $HA1$ и $HB1$ . Если они обе эти точки попали на отрезки $HA1$ и $HB1$ , то решение получается аналогичным. Если

же одна точка попала на один из указанных отрезков, а вторая - нет, то центр $I$ вписанной в треугольник $HMN$ окружности не будет лежать на биссектрисе угла $MCN$ . За отсутствие доказательства этого факта баллы не снижались.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#94277

Имеется квадрат $6 ×6$ . Два игрока по очереди покрывают его полосками. Первый игрок каждым своим ходом кладёт полоску $1 ×4$ на свободные клетки, а второй игрок каждым своим ходом кладёт полоску $1× 2$ на свободные клетки. Игра заканчивается, когда один из игроков не может сделать ход. Какое наибольшее количество полосок может гарантированно выложить первый игрок?

Источники: Изумруд - 2021, 11.6 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала построим стратегию второго игрока. Попробуем отметить на доске несколько клеток так, чтобы любая полоска 1×4 содержала по одной клетке из отмеченных. Тогда второй игрок своими ходами может закрывать эти клетки и не дать первому слишком много.

Подсказка 2

У нас должна была получиться оценка на 4. Теперь же покажем, что 4 полоски всегда можно положить. Пусть первый ход мы делаем в горизонтальную полоску с левым углом в точке с координатами (1;5). Второй ход будем делать в полоску, повёрнутую относительно этой на 90°.

Подсказка 3

Теперь у нас появились 2 области 1×4 и квадрат 4×4. Нужно аккуратно разобрать случаи и понять, что независимо от ходов второго, у нас всегда есть возможность сделать ещё 2 хода.

Показать ответ и решение

Докажем, что Первый не сможет поставить на доску более 4 полосок. Рассмотрим 8 закрашенных клеток:

$PIC$

Заметим, что любая полоска $1×4$ покрывает ровно одну закрашенную клетку.

Если Первый сумеет сделать четыре хода, то он покроет какие-то 4 закрашенные клетки. Чтобы не дать Первому сделать пятый ход, Второй каждый свой ход также будет покрывать какую-то серую клетку, а если в какой-то момент Второй не сможет положить полоску $1×2$ ни на какую закрашенную клетку, то и Первый не сможет положить полоску $1× 4$ ни на какую закрашенную клетку, и игра закончится раньше. Значит, Второй может помешать Первому сделать 5 и более ходов.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что Первый сможет выложить четыре полоски $1× 4$ . Рассмотрим первые два хода Первого.

Пусть Первый своим первым ходом положил полоску $1× 4$ на место прямоугольника 1:

$PIC$

После этого при любом своём ходе Второй не сможет положить полоску $1× 2$ так, чтобы она налегала и на прямоугольник 2 , и на прямоугольник 3 . Значит, Первый своим вторым ходом сможет положить полоску $1× 4$ либо на прямоугольник 2 , либо на прямоугольник 3. Без ограничения общности, пусть он смог положить полоску на прямоугольник 2. Затем Второй сделает свой второй ход. Поделим доску на области (a), (б), (в):

$PIC$

и рассмотрим все возможные варианты первых двух ходов Второго.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

1) Оба хода были совершены в область (в). Тогда своим третьим ходом Первый накрывает полоской область (а). Если после этого Второй своим ходом не задевает область (б), то Первый своим четвёртым ходом накрывает полоской область (б). Если же Второй своим ходом задевает область (б), то внутри области (в) всего две полоски $1×2$ . Каждая полоска $1× 2$ пересекает либо два столбца и одну строку, либо две строки и один столбец. Значит, как бы Второй игрок не положил свои полоски в область (в), в ней найдётся хотя бы один столбец или хотя бы одна строка, которые не пересекли полоски. Именно эту строку (столбец) Первый накрывает полоской $1× 4$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

2) Один из ходов был совершён в область (в), а другой ход задел пересёк область (a), пересёк область (б) или не пересёк ни одну из них. Тогда своим третьим ходом Первый накрывает полоской ту область среди (а) или (б), которая не была задета полосками Второго игрока (если они обе не задеты, то Первый кладёт полоску в любую область). После третьего хода Второго в области (в) не может оказать более двух полосок $1×2$ , а значит, как было доказано ранее, Первый сможет положить четвёртую полоску $1 ×4$ в область (в).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

3) Оба хода не пересекли область (в). Тогда своим третьим ходом Первый накрывает полоской область третью сверху строку области (в). Как бы ни после этого не сходил Второй, хотя бы одна из строк области (в) останется нетронутой, и Первый своим четвёртым ходом накроет её полоской $1×4$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Тем самым мы доказали, что Первый сможет выложить на доску 4 полоски $1× 4$ независимо от действий Второго.

Ответ: 4