Тема Закл (финал) 11 класс

Закл 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела закл (финал) 11 класс

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#76171Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AA 1$ и $CC 1$ пересекаются в точке $I.$ Прямая, проходящая через точку $B$ параллельно $AC$ пересекает лучи $AA1$ и $CC1$ в точках $A2$ и $C2$ соответственно. Точка $Oa$ — центр описанной окружности треугольника $AC1C2,$ точка $Oc$ — центр описанной окружности треугольника $CA1A2.$ Докажите, что $∠OaBOc =∠AIC.$

Источники: Всеросс., 2021, ЗЭ, 11.4(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в нуле. Обозначим через $k$ комплексное число, отвечающее повороту на $∠BAC = α$ против часовой стрелки, через $l$ — отвечающее повороту на $∠BCA = γ$ по часовой стрелке. Тогда центр вписанной окружности имеет координату $t=bk+ bl− bkl.$ Обозначим середины дуг $BC$ и $AB$ через $′ A$ и $′ C$ соответственно. Тогда $′ ′ a = bk,c = bl$ . Найдем координату точки $c2.$ Во-первых $----- ------ (b− c2)(a− c))= (b− c2)(a− c),$ откуда $--2 22 22 c2+ c2b kl = b+ bk l.$ При этом $C2$ лежит на хорде $′ CC ,$ откуда $--2 2 2 c2+ c2b kl= bk +bl.$ Решая полученную систему, находим $bk2l+ bl2− b− bk2l2 c2 =------l−-1------= bl+ b− bk2l.$ Аналогично $a2 = bk +b− bl2k.$ Заметим, что $∠AC1C2 = 2α +γ.$ Тогда ориентированный угол $AOaC2 = 4α +2γ,$ откуда $(a− oa)⋅k2∕l= (c2− oa).$ Итого, $Oa$ имеет комплексную координату

oa = ak2−-c2l= 2bk2l2−-bl2−-bl k2− l k2− l

2bk2l2−-bl2−-bl−-bk2+bl 2bk2l2−-bk2−-bl2 oa− b = k2− l = k2 − l

Аналогично $2bk2l2−-bk2− bl2 oc− b = l2− k .$ Тогда

(oa− b)(c− t) (l2− k)(bk +b)(k+ l) (l2− k)(k+ 1) (oc−-b)(a−-t)-= (k2−-l)(bl+-b)(k+-l)-= (k2-− l)(l+1)

Последнее выражение очевидно вещественное, что и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#77057Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)$ — ненулевой многочлен с неотрицательными коэффициентами такой, что функция $y = P(x)$ — нечетная. Может ли оказаться, что для различных точек $A1,A2,...,An$ на графике $G :y = P(x)$ выполняются условия: касательная к графику $G$ в точке $A1$ проходит через точку $A2,$ касательная в точке $A2$ проходит через точку $A3,...,$ касательная в точке $An$ — через точку $A1?$

Источники: Всеросс., 2021, ЗЭ, 11.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение. Покажем, что при данных условиях на многочлен каждая следующая точка касания лежит по другую сторону от оси $Oy,$ чем предыдущая.

Пусть $2m+1 2m−1 P(x)= a2m+1x +a2m−1x + ...+ a1x$ — данный многочлен, $Q(x)$ — его производная. Пусть $A (z;P(z))$ — это $k$ -я точка касания, а $B (t;P(t))− (k+ 1)$ -я. Тогда касательная в точке $A$ имеет уравнение $y =Q(z)(x− z)+ P(z).$ Значит, $P (t)= Q(z)(t− z)+P (z),$ откуда $P (t)− P(z)= (t− z)Q(z).$ Разделив это равенство на $t− z$ и перенеся все слагаемые в правую часть, получим при четной степени $n− 1= 2m$ выражение:

( ) a2m+1 (2m+ 1)z2m − t2m− t2m−1z− ...− z2m

Пусть $z$ и $t$ одного знака (считаем, что $0$ с любым числом одного знака). Если $|z|>|t|,$ то выражение в скобках положительно, если же $|z|< |t|,$ то оно отрицательно. Такие же знаки будут иметь выражения при остальных степенях: $2m − 2,2m − 4,...,0.$ Значит, если $z$ и $t$ одного знака, то равенство $(t− z)Q(z)− (P(t)− P(z))= 0$ невозможно. Итак, любые две последовательные точки касания должны находиться по разные стороны от оси $Oy.$ И в силу нечетности $n$ касательная в точке $An$ не может пройти через точку $A1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Заметим, что функция $axk$ при $a ≥0$ и нечетном $k$ выпукла на $[0,∞ )$ и вогнута на $(− ∞,0].$ Многочлен $P(x)$ представляется в виде суммы нескольких функций такого вида, потому что $P(x)$ является нечетной функцией, а его коэффициенты неотрицательные. Тогда функция $P(x)$ также выпукла на $[0,∞ )$ и вогнута на $(−∞,0].$ Это означает, что касательная в точке графика $P$ с положительной абсциссой вторично не пересекает график в точках с неотрицательной абсциссой, и наоборот. Кроме того, касательная к графику в нуле не имеет с ним больше общих точек. Это означает, что абсциссы точек $A1,...,An$ отличны от нуля, а их знаки чередуются. Тогда у точек $An$ и $A1$ абсциссы одного знака, поэтому касательная в точке $An$ не проходит через точку $A1.$

Ответ:

Не может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#78917Максимум баллов за задание: 7

При некоторых натуральных $n > m$ число $n$ оказалось представлено в виде суммы $2021$ слагаемого, каждое из которых равно целой неотрицательной степени числа $m,$ а также в виде суммы $2021$ слагаемого, каждое из которых равно целой неотрицательной степени числа $m +1.$ При каком наибольшем $m$ это могло произойти (хоть при каком-то $n > m$ )?

Источники: Всеросс., 2021, ЗЭ, 11.1(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $m > 2021.$ Поскольку любая степень числа $m+ 1$ дает остаток $1$ от деления на $m,$ то сумма $2021$ таких степеней дает остаток $2021$ от деления на $m.$ С другой стороны, степени числа $m$ дают лишь остатки $0$ или $1$ от деления на $m,$ поэтому сумма $2021$ степени числа $m$ может давать остаток $2021$ от деления на $m$ только если все слагаемые равны $1.$ Но тогда $n= 2021< m,$ противоречие. Значит, $m ≤ 2021.$

Для $m = 2021$ есть пример: $2021m =1 +2020(m +1).$

Ответ:

$m = 2021$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#122864Максимум баллов за задание: 7

В языке три буквы — Ш, У и Я. Словом называется последовательность из $100$ букв, ровно $40$ из которых — гласные (то есть У или Я), а остальные $60$ — буква Ш. Какое наибольшее количество слов можно выбрать так, чтобы у любых двух выбранных слов хотя бы в одной из $100$ позиций стояли гласные, причем различные?

Показать ответ и решение

Пример. Рассмотрим все $240$ слов, у которых начиная с $41$ -ой все буквы Ш, а первые $40$ — У или Я. Этот набор слов удовлетворяет условию.

Оценка. Каждому из наших $m$ слов сопоставим $60 2$ слов, заменяя каждую букву Ш, на У или Я (всеми возможными способами). Заметим, что полученные $60 m ⋅2$ слов состоят из букв У и Я и попарно различны (для слов, полученных из одного и того же, это ясно из построения, а для слов, полученных из двух разных, следует из условия). Таким образом, $60 100 m ⋅2 ≤ 2$ и $40 m ≤ 2 .$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Оценку можно получить по-другому.

Способ 1. Подкинем монетку $100$ раз. Для каждого слова рассмотрим такое событие: при всяком $i$ если на некоторой позиции $i$ стоит буква У, то при $i$ -м подбрасывании выпала решка, а если буква Я, то орёл. Вероятность такого события равна $1∕240,$ и они не совместные, поэтому количество слов не больше чем $240.$

Способ 2. Пусть выбрано более $240$ слов. Присвоим каждому слову вес $1.$ Пусть первая буква у $x$ слов У, у $y$ слов — Я и $x ≥y.$ Удвоим веса всех слов с первой буквой У, и обнулим — с первой буквой Я. Далее посмотрим на вторую букву и т.д. Опишем шаг рассмотрения $m$ -ой буквы. Пусть $p$ — сумма весов слов, у которых $m$ -ая буква У, $q$ — сумма весов слов, у которых $m$ -ая буква Я. Если $p≤ q,$ удваиваем веса у слов с $m$ -й буквой Я и обнуляем — с $m$ -й буквой У. Иначе — наоборот. В результате таких операций сумма весов не уменьшается. После $100$ операций сумма весов всех слов будет больше $240.$ В каждом слове только $40$ букв У или Я, поэтому вес каждого слова не больше $240.$ Значит, найдутся два слова с одинаковыми весами. Тогда для них не найдется позиции, в которой у одного У, а у другого Я или наоборот, противоречие.

Ответ:

$240$