Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела регион 11 класс
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#90288

График G1  квадратного трехчлена y = px2 + qx + r  с вещественными коэффициентами пересекает график G2  квадратного трехчлена y = x2  в точках A  и B.  Касательные в точках A  и B  к графику G2  пересекаются в точке C.  Оказалось, что точка C  лежит на графике G  .
  1
Найдите все возможные значения p.

Источники: Всеросс., 2024, РЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вычтем из обоих трехчленов линейную функцию, проходящую через A и B. Как теперь выглядят условия задачи?

Подсказка 2

На самом деле, условия касания парабол и прямых, а также пересечение прямых на параболе сохраняются и для новых трехчленов. Осталось решить задачу для более простого случая, когда параболы пересекаются в 2 точках, являющиеся из нулями.

Показать ответ и решение

Вычтем из обоих трехчленов линейную функцию, график которой проходит через точки A  и B.  Обозначим полученные трехчлены соответственно P(x)  и Q (x)  (где у P(x)  старший коэффициент равен p,  а у Q (x)  он равен 1  ). Пусть абсциссы точек A  и B  равны соответственно x
 a  и x .
 b  Тогда P (x ) = P(x ) = Q(x ) = Q (x ) = 0,
   a       b      a       b  и касательные в точках (xa,0)  и (xb,0)  к графику трехчлена Q(x)  пересекаются на графике P(x).  В самом деле, вычитание линейной функции сохраняет условия касания прямой и параболы в точке с заданной абсциссой, а также пересечения двух прямых и параболы в одной точке.

Обозначим (xa +xb)∕2  через xm.  Поскольку Q (xa) = Q(xb) = 0,  график трехчлена Q (x)  симметричен относительно прямой x = xm,  поэтому касательные к этому графику в точках (xa,0)  и (xb,0)  пересекаются на оси симметрии. Пусть также точка пересечения касательных имеет координаты (xm,yc),  а вершина параболы-графика Q (x )  имеет координаты (xm,yd).

Поскольку старший коэффициент трехчлена Q (x)  равен 1,  имеет место равенство 0 − yd = (xb − xm)2,  или yd = − (xa − xb)2∕4,  поскольку график Q(x)  есть парабола y = x2  , перенесенная параллельно так, чтобы вершина попала в (x  ,y).
 m   d  По этой же причине угловые коэффициенты касательных в точках (x ,0)
 a  и (x ,0)
  b  есть ± (xa − xb);  значит,              2
yc = − (xa − xb) ∕2.  Таким образом, если перенести параболы-графики P (x )  и Q(x)  так, чтобы их вершины попали в (0,0),  то ординаты точек с абсциссой x = xm  на этих параболах будут соответственно − yc  и − yd = − yc∕2,  из чего следует, что старший коэффициент у P(x)  в 2  раза больше, чем у Q (x ).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#128930

Правильный треугольник T  со стороной 111 разбит прямыми, параллельными его сторонам, на правильные треугольники со стороной 1. Все вершины этих треугольников, кроме центра треугольника T,  отмечены. Назов¨ем множество из нескольких отмеченных точек линейным, если все эти точки лежат на одной прямой, параллельной стороне T.  Сколько существует способов разбить все отмеченные точки на 111 линейных множеств? (Способы, отличающиеся порядком множеств, считаются одинаковыми.)

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 9.9 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение
Решение скрыто
Ответ:

 24107

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#128952

У учителя есть 100 гирь массами 1 г, 2 г, …, 100 г. Он хочет раздать Пете и Васе по 30 гирь так, чтобы выполнялось следующее условие: никакие 11 Петиных гирь не уравновешиваются никакими 12 Васиными гирями, а также никакие 11 Васиных гирь не уравновешиваются никакими 12 Петиными гирями. Сможет ли учитель это сделать?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 11.6 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение
Решение скрыто
Ответ:

сможет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#128957

В пространстве расположены отрезки AA ,
  1  BB  ,
   1  и CC
  1  с общей серединой M.  Оказалось, что сфера ω,  описанная около тетраэдра MA1B1C1,  касается плоскости ABC  в точке D.  Точка O  — центр окружности, описанной около треугольника ABC.  Докажите, что MO  =MD.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 11.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство
Решение скрыто

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#128959

Дано натуральное число n> 100.  Изначально на доске написано число 1. Каждую минуту Петя представляет число, записанное на доске, в виде суммы двух неравных положительных несократимых дробей, а Вася оставляет на доске только одну из этих двух дробей. Докажите, что Петя может добиться того, чтобы знаменатель оставшейся дроби через n  минут не превышал  n
2 + 50  вне зависимости от действий Васи.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 11.10 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Построим двоичное дерево глубины n  со значениями в вершинах, следующим образом: представим 1  в виде суммы 2n  дробей с числителями 1  и знаменателями, не превосходящими  n
2  +50,  поместим данные дроби в листьях; значения остальных вершин это сумма их потомков (следовательно в корне будет 1  ). Если у каждой вершины (кроме, разумеется, листьев) значения потомков различны, то такое дерево соответствует победной стратегии Пети: каждое число из дерева записывается в виде суммы значений потомков, а Вася, выбирая одно из них, осуществляет спуск по дереву. Через n  минут они спустятся в один из листов, то есть будет записана одна из исходных дробей.

Теперь покажем, что такое дерево существует, для этого докажем лемму.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Есть 2 четвёрки чисел

a1 >a2 > a3 > a4 и b1 >b2 > b3 > b4.

Тогда их можно сгруппировать по парам (ai,bj),  чтобы числа в каждой паре были различны и суммы чисел в каждой паре были различны.

Доказательство. Разберем несколько случаев:

∘
1.  a1 = b1,  a2 = b2.  Если a4 ⁄= b4,  не умаляя общности a3 ≥b3  и можно сгруппировать

a1+b2 > b1+ a3 >a2+ b3 > a4 +b4.

В случае a =b
 4  4  и н.у.о. a ≥ b
 3  3  группируем

a1+b2 > b1+ a3 >a2+ b4 > b3+ a4.

2∘.  a3 = b3,  a4 = b4  сводится к предыдущему, если мы перейдем к четверкам чисел − ai,−bi.

3∘.  Пары (a1,b1)  и (a2,b2)  разные, а также пары (a3,b3)  и (a4,b4)  разные. В таком случае покажем как сгруппировать числа первых двух пар между собой, с числами в третьей и четвертой паре поступим аналогично, явно получив две меньшие суммы чем в первой паре. Если a1 = b1  или a2 =b2  подходит a1 +b2,  a2+ b1,  в противном случае можно сгруппировать a1+ b1  и a2+ b2.

Покажем, что описанное в начале решения дерево существует (значения потомков на каждом шаге — различные числа), если исходные 2n  дробей удастся разбить на четверки так, чтобы в каждой четверке были попарно различные дроби. Действительно, в таком случае на очередном шаге мы разобьем четверки на пары и согласно лемме будем складывать числа из разных четверок. После каждого такого шага получившиеся суммы вновь будут разбиваться на четверки попарно различных чисел.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Построив снизу вверх так первые n − 2  уровня дерева, мы в итоге получим четверку различных чисел

x1 <x2 <x3 < x4,

далее рассмотрим вершины со значениями(и соответствующими потомками) x + x
 1   2  и x + x,
 3   4  и последнем шаге сложим уже эти два числа, получив 1  в корне.

Таким образом, достаточно представить 1
4  в виде суммы  n−2
2  дробей вида 1-
m  четырьмя разными способами, каждый раз используя разные знаменатели, не превосходящие  n
2 + 50.

Первый способ — сумма  n−2
2  одинаковых дробей -1
2n.  Построим три других представления. Заметим, что среди чисел

n,n − 1,n− 2,n − 3,n− 4,n − 5

не более одной степени двойки и не более двух простых чисел (потому что простые числа, большие трех, могут давать только остатки 1 и 5 от деления на 6), уберем такие числа из рассмотрения. Любое оставшееся число можно представить в виде n − k =pt,  где p,t>1  и t  нечетно. Тогда  n−k
2   + 1  кратно p
2 +1,  обозначим частное от деления через q.  Получаем, что

 n   k   k p
2  +2 = 2 (2 + 1)q.

Возьмем 2n−2− 2k+p−2  дроби вида --1--
2n+2k  и 2k+p−2  дроби вида --1--.
2k+p⋅q  Поскольку k≤ 5,  то

2k+p⋅q < 2n +2k < 2n+ 50.

Посчитаем сумму этих дробей:

 n−2   k+p−2    k+p−2    ( n   k+p   k p    )
2---−n-2-k-- + 2k+p---= 1 2-n− 2-k-+ 2-(2n-+-1k) = 1.
   2 + 2      2   ⋅q   4  2 + 2     2 + 2     4

Проделаем так для трех различных значений k,  остается убедиться, что полученные представления не содержат одинаковых дробей. Ясно, что с первым выбранным набором три новых не пересекаются, а также дроби вида -n1k-
2 +2  могут быть лишь в одном наборе. Остается проверить, что дроби вида -k1+p
2  q  различны. Предположим противное, 2k+pq = 2k1+p1q1.  Поскольку q  и q1  нечетны, получаем, что q =q1,  и это число — общий делитель 2n+ 2k  и 2n+ 2k1.  Тогда 2k − 2k1  кратно q,  поэтому q <32.  Однако,

   n-− k
p=   t  < n∕3,

откуда  p      n∕2
2 + 1< 2  и    n
q >2 ∕2> 32,  противоречие.

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!