Алгебраические текстовые задачи на ММО —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Алгебраические текстовые задачи на ММО

Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

Алгебраические текстовые задачи на ММО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ммо (московская математическая олимпиада)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85495

У математика есть 19 различных гирь, массы которых в килограммах равны $ln2,ln3,ln 4,...,ln 20$ , и абсолютно точные двухчашечные весы. Он положил несколько гирь на весы так, что установилось равновесие. Какое наибольшее число гирь могло оказаться на весах?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие свойства есть у логарифмов? Что хочется применить в этой задаче, чтобы сравнивать не суммы логарифмов, а что-то другое?

Подсказка 2

Мы знаем, что сумма логарифмов равна логарифму произведения: ln(a) + ln(b) = ln(ab). То есть можно сравнивать не суммы логарифмов, а произведения их аргументов.

Подсказка 3

Теперь давайте каждое число разложим на множители, чтобы привести оценку и пример.

Подсказка 4

Большие простые числа (а именно те, которые больше 10) не могут быть в произведении.

Показать ответ и решение

Сумма логарифмов положительных чисел равна логарифму их произведения, поэтому будем уравнивать произведения двух непересекающихся наборов чисел из множества ${2,3,...,20}$ . Разложим натуральные числа от $2$ до $20$ на простые множители:

| | 3 | | | 2= 2 | 8 =22 | 14= 2⋅7 | | 3= 32 | 9 =3 | 15= 3⋅54 | | 4= 2 |10= 2⋅5 | 16= 2 | | 5= 5 | 11= 121 | 17= 172 | |6= 2⋅3 |12= 2 ⋅3 | 18= 2⋅3 2 | | 7= 7 | 13= 13 |19= 19,20= 2 ⋅5 |

Числа $11,13,17,19$ встречаются ровно по одному разу среди делителей, поэтому их следует исключить. Таким образом, на весах будет не более $15$ гирь.

Покажем, что можно уравновесить $15$ гирь. Приведем один из возможных примеров равенства произведений:

2⋅4⋅6⋅7⋅8⋅10⋅15⋅18 =

= 29⋅34⋅52⋅7= 3⋅5⋅9⋅12⋅14⋅16 ⋅20

Ответ: 15

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67680

В выпуклом многограннике обозначим через В, Р и Т соответственно число вершин, рёбер и максимальное число треугольных граней, которые имеют общую вершину. Докажите, что

√ ----- В Р+ Т≥ 2Р

Например, для тетраэдра ( $В= 4,Р= 6,Т = 3)$ выполняется равенство, а для треугольной призмы ( $В =6,Р= 9,Т= 1)$ или куба ( $В= 8,Р= 12,Т = 0)$ имеет место строгое неравенство.

Источники: ММО-2023, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем воспринимать этот многогранник как граф. Нам нужно получить какую-то оценку с количеством его рёбер, поэтому логично пытаться оценивать суммы степеней вершин. Давайте рассмотрим произвольную вершину. Какую оценку сверху можно написать на сумму степеней всех смежных с ней вершин?

Подсказка 2

Эта сумма m_1+...+m_k не больше Р+Т, потому что мы могли максимум Т рёбер посчитать дважды.

Подсказка 3

Но нам нужен корень из Р+Т, его можно получить с помощью неравенства о средних. Как его применить?

Подсказка 4

Применим неравенство между средним квадратическим и средним арифметическим для набора sqrt(m_1), ..., sqrt(m_k).

Подсказка 5

Итак, мы получили неравенство, которое удобно переписать в виде sqrt(m_1/k)+...+sqrt(m_k/k)<=sqrt(Р+Т). Теперь давайте рассмотрим все пары вершин. Пусть степени некоторых двух равны x и y. Тогда sqrt(x/y)+sqrt(y/x)>=2. Теперь осталось...

Подсказка 6

Сложить данные неравенства по всем парам вершин, использовать неравенство, которое мы получили выше, и мы получим требуемую оценку.

Показать доказательство

Степенью вершины многогранника называется количество исходящих из неё рёбер этого многогранника. Вершины называются смежными, если они соединены ребром. Пусть $A$ - произвольная вершина многогранника, $k$ - её степень, $mj$ - степени всех смежных с ней вершин ( $j = 1,2,...,k),$ занумерованных в произвольном порядке. Тогда $m1 +m2 +...+mk$ - это количество всех рёбер, исходящих из смежных с $A$ вершин, учтенных один или два раза, причём дважды учтены те и только те рёбра, которые лежат против вершины $A$ в некоторой треугольной грани многогранника. Значит, $m1 +m2 +...+mk ≤ P + T.$ Отсюда, используя известное неравенство между средним арифметическим и средним квадратическим, получаем

√m--+√m--+ ...+ √m-- √m--+-m-+-...+-m- √P +-T --1-----2k-------k-≤ ---1---2k-------k ≤ -√k---

Следовательно,

∘ --- ∘ --- ∘--- m1-+ m2-+ ...+ mk-≤ √P-+-T k k k

Обозначим сумму в левой части последнего неравенства за $S(A).$ Пусть $A i$ - все вершины многогранника, занумерованные в произвольном порядке, а $n i$ - их соответственные степени $(i= 1,2,...,B).$ Для любой пары смежных вершин $A i$ и $A j$ по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим выполнено неравенство

∘ ni- ∘ nj- nj + ni ≥ 2

Складывая эти неравенства по всем неупорядоченным парам ${Ai,Aj}$ смежных вершин многогранника, получаем

∑B S(Ai)≥ 2P i=1

По доказанному выше неравенству $S(A)≤ √P-+T-$ отсюда следует требуемая оценка.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67679

Имеются абсолютно точные двухчашечные весы и набор из $50$ гирь, веса которых равны $arctg1,arctg 1,arctg 1,...,arctg-1. 2 3 50$ Докажите, что можно выбрать 10 из них и разложить по 5 гирь на разные чаши весов так, чтобы установилось равновесие.

Источники: ММО-2023, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не совсем ясно, как удобнее подобраться к равновесию. Быть может, найти какие-то мини-группы среди гирек, которые уже удобно делить на равные по весу части? Группы на сколько гирек попробуем найти? Раз уж у нас арктангенсы то было бы неплохо как-то от них избавиться, иначе совсем неясно, как с ними работать... С помощью чего это сделаем?

Подсказка 2

Попробуем искать группы по 3, в которых одна гирька уравновешивает две остальные, а от арктангенса избавимся, взяв тангенс от обеих частей равенства, записанного на тройку из гирек arctg(1/n), arctg(1/m) , arctg(1/k) (первые две уравновешивают третью). Что получится после преобразований и как решать получившееся равенство на n, m и k?

Подсказка 3

С помощью преобразований придём к mn - k(n+m) = 1. Выходит, если мы найдем такие k, n, m в промежутке целых чисел от 1 до 50, то задача решена! Как будем это делать?

Подсказка 4

Попробуйте разложить на множители, а далее перебирать k и для него искать m и n (возможно, перебором)

Подсказка 5

Добавьте к обеим частям равенства k², а далее проделайте действия из подсказки 4

Показать доказательство

Сначала покажем, что в данном наборе есть тройки гирь, одна из которых уравновешивает две другие. Все веса не превосходят $π∕4,$ поэтому равенства

( 1 1 ) ( 1) 1 1 1 tg arctg n + arctgm = tg arctgk и arctgn + arctgm-= arctgk

равносильны. Воспользовавшись формулой

tg(x +y)= -tgx+-tg-y- 1− tgx⋅tg y

получаем, что

n+-m--= 1⇐⇒ nm − k(n +m )= 1⇐⇒ k2− k(n +m )+nm = k2+ 1 nm− 1 k

Тогда $(n− k)(m − k) =k2+ 1.$ Выбирая теперь различные натуральные $k$ и раскладывая $k2+1$ на множители, находим подходящие тройки, в которых каждое число не превосходит $50.$ Результат для $k≤ 5$ и $n < m$ представлен в следующей таблице:

$k$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$

$(n,m )$	$(2,3)$	$(3,7)$	$(4,13)$	$(5,21)$	$(6,31)$
			$(5,8)$		$(7,18)$

Теперь покажем, как разложить гири по чашам:

1-я чаша		2-я чаша

$1$	=	$2,3$
$5,21$	=	$4$
$6,31$	=	$7,18$

(в таблице указано значение $n$ для гири весом $arctg 1n).$ Таким образом нам удалось выбрать 10 гирь и разложить по 5 гирь на разные чаши весов так, чтобы установились равновесие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72041

В коллекции Алика есть два типа предметов: значки и браслеты. Значков больше, чем браслетов. Алик заметил, что если он увеличит количество браслетов в некоторое (не обязательно целое) число раз, не изменив количества значков, то в его коллекции будет 100 предметов. А если, наоборот, он увеличит в это же число раз первоначальное количество значков, оставив прежним количество браслетов, то у него будет 101 предмет. Сколько значков и сколько браслетов могло быть в коллекции Алика?

Источники: ММО-2022, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При решении подобных задач в первую очередь стоит попробовать составить систему уравнений. Так, пусть значков было х, брелков - y, и мы увеличиваем в n раз. При этом структура уравнений в полученной системе очень схожа - одни и те же переменные, справа числа, только коэффициенты меняются местами. Как лучше всего такие системы преобразовывать?

Подсказка 2

Кажется, удобно будет сложить эти уравнения и вычесть первое из второго (чтобы справа осталось положительное число), а потом сгруппировать по скобкам. Теперь у нас в обоих уравнениях справа числа, а слева две скобки - при том n есть только в одной из них. Дальше в ответе оно не используется, может, стоит как-нибудь избавиться от n? Но раскрывать скобки и выносить как-то неудобно, может, есть ещё способы?

Подсказка 3

Да, можем выразить а-1 и а+1, поделив выражения на них, а затем сложить - полученное выражение равно двойке. Теперь в уравнении только x, y и натуральные числа. так как x y тоже натуральные, будет удобно привести уравнение их к виду "произведение скобок = число" - тогда мы получим конечное число вариантов значений скобок. Остаётся только подставить эти значения и проверить, возможны ли они

Показать ответ и решение

Пусть у Алика $x$ значков и $y$ браслетов, а увеличение происходит в $n$ раз. Тогда получаем систему

{ x +ny =100 nx +y =101

Складывая эти уравнения и вычитая первое из второго, приводим систему к виду

{ (n +1)(x +y)= 201 (n − 1)(x − y)= 1

Исключая $n,$ получаем

-201-− --1- =2 x+ y x− y

Это уравнение преобразуем к виду

(201− 2u)(2v +1)= 201 =3 ⋅67,

где $u = x+y,v = x− y$ — натуральные числа.

Случай $201− 2u= 201,2v+ 1= 1$ противоречит условию, что значков больше, чем браслетов. Если же $201 − 2u= 1,$ $2v+ 1= 201,$ то $x =100,y =0,$ что невозможно, поскольку по условию в коллекции присутствуют предметы обоих типов. Поэтому возможны два случая:

1.: $2v+ 1= 3,201− 2u= 67,$ тогда $x= 34,y =33,n= 2$
2.: $2v+ 1= 67,201− 2u = 3,$ тогда $x= 66,y =33,n= 3343$

Ответ:

34 значка и 33 браслета или 66 значков и 33 браслета

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#78814

В некотором государстве сложение и вычитание обозначаются знаками «!» и «?», но вам неизвестно, какой знак какой операции соответствует. Каждая операция применяется к двум числам, но про вычитание вам неизвестно, вычитается левое число из правого или правое из левого. К примеру, выражение $a?b$ обозначает одно из следующих: $a− b,b− a$ или $a+ b.$ Вам неизвестно, как записываются числа в этом государстве, но переменные $a,b$ и скобки есть и используются как обычно. Объясните, как с помощью них и знаков «!» и «?» записать выражение, которое гарантированно равно $20a− 18b.$

Показать доказательство

Во-первых, заметим, что выражение

(a?a)!(a?a)

всегда равно нулю. В дальнейшем мы можем использовать 0 , подразумевая, что вместо него должно быть записано именно это выражение.

Выражение

(x?0)?(0?y)

всегда равно $x+y.$ Аналогично, теперь мы можем использовать операцию + с двумя аргументами.

Наконец, выражение

0?((0!(x!0))?0)

всегда равно $− x.$ Теперь легко выписать искомое выражение:

((...(a+◟a)+-...◝◜+a)+-a◞)+(−((...)(b+◟b)+..◝.+◜-b)+b◞)) 19знаков«+» 17знаков «+»

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31504

В прошлом году Миша купил смартфон, который стоил целое четырёхзначное число рублей. Зайдя в магазин в этом году, он заметил, что цена смартфона выросла на $20%$ и при этом состоит из тех же цифр, но в обратном порядке. Какую сумму Миша потратил на смартфон?

Источники: ММО-2015, 11.2, автор - М.А.Евдокимов. (см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть изначальная сумма была равна $a$ . Значит число $1.2a$ и $0.2a$ целое. Отсюда $a= 0.2a⋅5$ делится на 5. Если последняя цифра числа $a$ равна 0, то число $1.2a$ не более чем трехзначное?! Значит, последняя цифра $a$ равно 5. Тогда $6000> 1.2a≥ 5000$ и $5000> a> 4000$ и поэтому первая цифра $a$ равна 4.

Если $a= 4000+ 100a2+ 10a3 +5$ , то $1,2a =5000+100a3+ 10a2+ 4$ и $0,2a= 999+ 90a2− 90a3 = 999 +90(a2− a3)$ . Раз $a= 0.2a⋅5$ , то оно делится на 9. Сумма первой и последней цифры делится на 9. Значит, нам нужно перебрать все целые четырехзначные числа с первой цифрой 4, последней 5 и делящиеся на 9. Значит, они должны давать остаток 45 при делении на 90. Значит, нам нужно постепенно увеличивать на 90 число 4095.

$a =4095$ . Тогда $1.2a= 4914$ ?!
$a =4185$ . Тогда $1.2a= 5022$ ?!
$a =4275$ . Тогда $1.2a= 5130$ ?!

Заметим, что когда $a$ увеличивается на 90, то $1.2a$ увеличивается на 108. При этом мы хотим, чтобы у числа $1.2a$ последняя цифра была 4. Значит, нам на самом деле нужно число 4095 увеличивать на 450 (чтобы последняя цифра у $1.2a$ оставалась 4).

$a =4095$ . Тогда $1.2a= 4914$ ?!
$a =4545$ . Тогда $1.2a= 5454$ и этот вариант подходит.
$a =4995$ . Тогда $1.2a= 5994$ и этот вариант подходит.

Ответ:

$4545$ или $4995$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67155

В семье $4$ человека. Если Маше удвоят стипендию, общий доход всей семьи возрастет на $5%,$ если вместо этого маме удвоят зарплату — на $15%,$ если же зарплату удвоят папе — на $25%.$ На сколько процентов возрастет доход всей семьи, если дедушке удвоят пенсию?

Источники: ММО-2003, 8.1 и отборочный этап Всесибирской олимпиады - 2016, 8 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, откуда же взялись 5%, на которые увеличился доход семьи?) Что в его составе?

Подсказка 2

После того, как к общему доходу добавили 1 зарплату Маши, общий доход увеличился на 5%) Значит, заплата Маши это...?)

Подсказка 3

5% от общего дохода! Аналогично с мамой и папой, тогда несложно посчитать пенсию дедушки)

Показать ответ и решение

При удвоении стипендии Маши общий доход всей семьи увеличивается ровно на величину этой стипендии, значит, она составляет $5%$ от общего дохода. Аналогично, зарплаты мамы и папы составляют $15%$ и $25%.$ Значит, пенсия дедушки составляет $100 − 5− 15− 25 =55$ процентов. Если её удвоят, то доход семьи возрастёт на $55%.$

Ответ:

$55%$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#71648

Некоторые из чисел $a,a ,...,a 1 2 200$ написаны синим карандашом, а остальные — красным. Если стереть все красные числа, то останутся все натуральные числа от $1$ до $100,$ записанные в порядке возрастания. Если же стереть все синие числа, то останутся все натуральные числа от $100$ до $1,$ записанные в порядке убывания. Докажите, что среди чисел $a1,a2,...,a100$ содержатся все натуральные числа от $1$ до $100$ включительно.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно доказать, что среди первых 100 чисел есть все числа от 1 до 100. Очень много чисел… Может можно доказать в общем случае, что какое-то число n есть среди первых 100?

Подсказка 2

А что будет, если этого числа n нет среди первых 100?

Подсказка 3

Ага, n будет где-то среди последних 100! Но при этом есть синие числа от 1 до 100, и красные числа от 1 до 100, то есть оба n находятся среди последних 100 чисел. Теперь надо бы найти противоречие, а его можно искать в количестве чисел до наших n: не зря же мы все n поместили во вторую половину чисел!

Подсказка 4

Сколько синих чисел до синего n? А до красного?

Подсказка 5

Оцените количество чисел до первого n с двух сторон: с одной стороны оно не превышает количества синих + количества красных до n, а с другой стороны первое n стоит хотя бы на 101 месте, тогда их больше чем…

Подсказка 6

Увидели противоречие? Тогда любое n от 1 до 100 находится среди первых 100, а значит мы доказали утверждение!

Показать доказательство

Заметим, что каждое из чисел от $1$ до $100$ встречается ровно $2$ раза: один раз оно записано синим карандашом и один — красным. Предположим, что среди чисел $a1,a2,...,a100$ нет какого-то числа $1≤ n≤ 100.$ Тогда синее $n$ и красное $n$ находятся среди $a101,a102,...,a200.$

$1)$ Сотрём все красные числа — остались синие от $1$ до $100,$ записанные в порядке возрастания, и среди них есть синее $n.$ До него записаны числа от $1$ до $n − 1,$ то есть ровно $n− 1$ число.

$2)$ Сотрём все синие числа — остались красные от $100$ до $1,$ записанные в порядке убывания, и среди них есть красное $n.$ До него записаны числа от $100$ до $n+ 1,$ то есть ровно $100− n$ чисел.

Тогда до первого $n$ записано не более $n− 1+ (100− n)= 99$ чисел. Но так как первое n записано среди чисел $a101,a102,...,a200,$ то до $n$ записано как минимум $100$ чисел. Противоречие.

Значит, предположение было неверным, и среди чисел $a1,a2,...,a100$ есть все числа от $1$ до $100.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел