Тема Высшая проба - задания по годам

Высшая проба 2019

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела высшая проба - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68267

Через вершины треугольника $ABC$ проведены три параллельные прямые $a,b,c$ соответственно, не параллельные сторонам треугольника. Пусть $A0,B0,C0$ — середины сторон $BC,CA,AB.$ Пусть $A1,B1,C1$ — точки пересечения пар прямых $a$ и $B0C0,b$ и $C0A0,c$ и $A0B0$ соответственно. Докажите, что прямые $A0A1,B0B1$ и $C0C1$ пересекаются в одной точке.

Источники: Высшая проба - 2019, 11.4 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какая теорема позволяет доказывать пересечение трёх прямых в одной точке? Если бы эти прямые были чевианами одного треугольника...

Подсказка 2

Обратная теорема Чевы! Нам нужно проверить выполнение условий этой теоремы для треугольника A₀B₀C₀. Тогда что можно сделать, чтобы найти отношения отрезков на сторонах этого треугольника?

Подсказка 3

Что-то не очень удобно искать эти отношения... А как можно перенести отношения отрезков на более удобную прямую?

Подсказка 4

Переносим отношения мы с помощью теоремы Фалеса, а перенести всё на прямую поможет ортогональная проекция на прямую, которая перпендикулярна нашим прямым a, b, c! Ведь в такой проекции середины сторон треугольника перейдут в середины отрезков!

Подсказка 5

Верно, можно ввести систему координат. Нужно только правильно выбрать оси, чтобы все нужные нам отрезки легко находились!

Показать доказательство

Заметим, что если доказать обратную теорему Чевы для треугольника $A B C 0 0 0$ (то есть равенство $B0A1⋅ C0B1⋅ A0C1 =1), A1C0 B1A0 C1B0$ то мы получим требуемое. Обозначим параллельные прямые через $a,b$ и $c.$

Давайте проведём прямую $d,$ перпендикулярную прямым $a,b,c$ и спроецируем ортогонально точки $A0,B0,C0,A1,B1,C1$ на неё. Нам это выгодно, потому что отношение, в которых делит точка отрезок при проектировании, как известно, сохраняется (это просто теорема Фалеса). Точки $A1,B1$ и $C1$ перейдут в $′ ′ A 1,B1$ и $′ C1.$

$PIC$

Введём декартову систему координат таким образом, что прямая $d$ — ось $y,$ а прямая $b$ — ось $x.$ Обозначим ординату $B′1$ через $β,$ а ординату $C′1$ через $γ.$ Точка $C0$ при проецировании переходит в точку $β C′0(0,2),$ точка $B0$ — в точку $γ B′0(0,2),$ точка $A0$ — в точку $A′0(0,β+2γ).$

Как мы знаем, отношения при проектировании сохраняются, а значит, нам достаточно доказать, что

′ ′ ′ ′ ′ ′ B-0A′-1′⋅ C0′B1′-⋅ A0′C1′= 1 A 1C 0 B1A0 C1B0

Нетрудно видеть, что длина любого отрезка из равенства равна модулю разности ординат его концов, поэтому его можно записать в таком виде:

|||γ2 β2 γ−β2-||| ||β⋅-γ−-β⋅-γ--||=1 2 2 2

Теперь видно, что всё сокращается, а значит, мы получили требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#80965

Найдите все натуральные числа, у которых разность между суммой двух самых больших собственных делителей и суммой двух самых маленьких собственных делителей является простым числом. (Делитель натурального числа называется собственным, если он отличен от $1$ и самого этого числа.)

Источники: Высшая проба - 2019, 9.5(см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ну, во-первых, нужно обрести понимание о том, как устроены наименьшие собственные делители. Для этого вспомним, что по Основной Th. Арифметики n = p₁^a₁*p₂^a₂*...*p_k^a_k (p₁ < ... < p_k) для любого натурального n. Тогда какой наименьший собственный делитель?

Подсказка 2

Верно! Это p₁. Что насчёт следующего по величине собственного наименьшего делителя?

Подсказка 3

Очевидно, что это не p₃, p₄ и т.д. Значит это что-то связанное с p₂ или p₁, причём очевидно, что степень тоже не больше 2. Итого?

Подсказка 4

Верно, либо p₁^2, либо p₂. Пусть эти два наим. делителя это a и b. Что тогда можно сказать про наибольшие собственные делители?

Подсказка 5

Так точно! Это n/a и n/b. Теперь стоит рассмотреть случаи.

Подсказка 6

1-ый случай. a = p₁, b = p₂ - простые. Тогда p = (n/a + n/b) - a - b, где p - простое. То есть pab = (n - ab)(a+b). Посмотрим на делимость, не забывая о том, что a, b, p - простые.

Подсказка 7

Проделайте это сами и поймите, что p = (p₁+p₂). Отсюда в силу чётности и простоты: p₁ = 2, n = 4p₂. Отсюда найдите ответ. Попробуйте разобрать второй случай самостоятельно.

Подсказка 8

2 случай. a = p₁, b = p₁^2. Тогда аналогично получаем, что p₁^2*p = (p₁ + 1)(n - p₁^3). Теперь осталось немного.

Подсказка 9

Воспользуйтесь взаимной простотой p₁ и p₁ + 1 и решите задачу) Успехов!

Показать ответ и решение

Имеет место один из двух случаев.
(a) Пусть оба наименьших делителя $p$ и $q$ — простые числа. Тогда простым будет число $n n r= (p + q)− (p+ q),$ откуда $pqr= (p +q)(n − pq).$ Поскольку числа $p+q$ и $pq$ взаимно просты, то $r =p +q,$ откуда $p= 2$ и $n = 4q.$ Но тогда в силу выбора $q$ получаем $q = 3$ и $n= 12.$
(b) Пусть наименьшие делители имеют вид $p$ и $2 p ,$ где $p$ простое. Тогда простым будет число $n n- 2 r= (p + p2)− (p+ p),$ откуда $2 3 p r= (p +1)(n − p ).$ Поскольку числа $p$ и $p+1$ взаимно просты, то $r= p+ 1.$ Это возможно только в случае $p= 2,r =3.$ В этом случае $2 3 p =n − p ,$ откуда $n= 12.$ Но этот случай невозможен, так как у $12$ один из двух наименьших делителей это $3.$

Ответ:

$12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#82703

Про вещественные числа $a,b$ и $c$ известно, что

abc+a+ b+ c= 10 и ab+ bc+ac= 9

Для каких чисел $x$ можно утверждать, что хотя бы одно из чисел $a,b,c$ равно $x?$ (Найдите все такие числа $x$ и докажите, что других нет.)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Имея системы уравнений, стоит сначала уравнения попробовать складывать и вычитать, может получится что-то красивое.

Подсказка 2

Если мы нашли уже какое-то значение x, то можем его подставить вместо какой-либо из переменных и поискать оставшиеся.

Подсказка 3

Если из первого уравнения вычесть второе, то получим выражение (a-1)(b-1)(c-1) = 0, как отсюда найти возможный x?

Показать ответ и решение

Из условия имеем систему

{ abc +a+ b+ c= 10 ab+bc+ ac= 9

Из первого уравнения системы вычтем второе, получится

abc+ a+ b+c− ab− bc− ac= 1

Заметим, что

(a− 1)(b− 1)(c− 1)= abc +a+ b+ c− ab− bc− ac− 1

Тогда полученное выше уравнение эквивалентно

(a − 1)(b− 1)(c− 1)=0

Таким образом, хотя бы одно из чисел $a,b,c$ равно $1.$ Значит, $x= 1$ нам подходит. Докажем, что это значение $x$ единственно. Предположим, что существует некоторое $x⁄= 1$ такое, что хотя бы одно чисел $a,b,c$ равно $x.$

Для начала подставим, например, $a= 1$ и получим

{ bc+ 1+ b+c= 10 b+ bc+c =9

В системе у нас два одинаковых уравнения, поэтому можно оставить только одно:

bc+ b+ c= 9

Подбором находим два решения этого уравнения. Например, $b=2,$ $c= 7 3$ и $b= 1,$ $c= 4.$ По предположению в разных парах $(b,c)$ должно быть повторяющееся число. Но его нет, поэтому получено противоречие.

Таким образом, для $x⁄= 1$ нельзя утверждать, что хотя бы одно из чисел равно $x.$

Ответ:

только для $x= 1$