Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике

Подписывайтесь на нашу рассылку решений заочных туров всех олимпиад по математике: Ломоносов, Покори Воробьевы горы, Высшая проба, Физтех 2017 и другие перечневые олимпиады.

Задания и решения заочного тура олимпиады по математике Покори Воробьевы Горы


  • Сезон олимпиад 2016-2017 открыт!
    Идет запись на наши курсы подготовки к олимпиадам по математике с гарантированным результатом.
    image
    1. Индивидуальные занятия и консультации.
    2. Помощь в прохождении заочных туров олимпиад. Одна олимпиада 1-5 тыс. руб.
    3. Помощь эксперта на очных турах олимпиад. Одна олимпиада от 30 тыс. руб.
    4. Гарантия успешного результата (курсы ведутся пятый сезон).

    Стоимость курсов от 3000 до 25000 руб. в месяц. Стандартный курс - 10000 руб. в месяц. Длительность курсов - 6 месяцев.
    В составе стандартного курса заочные туры 10 олимпиад и очные туры 2 олимпиад.
    Посмотреть тарифные планы и подробную информацию по курсам подготовки.

    Олимпиада Покори Воробьевы горы 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике. Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2011-2012 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2010-2011 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - решения очного тура в Москве.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - решения очного тура в Брянске.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2011-2012 - решения очного тура по математике по всем городам (9 вариантов).
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2013-2014 - задания и решения заочного тура
    Задания и решения заочного тура олимпиады по математике Покори Воробьевы Горы 2012-2013.

    Краткие, но исчерпывающие решения.

    Задача №7
    При каких значениях `a` уравнение
    `[x]^2+2012x+a=0`
    имеет наибольшее количество решений? Каково это количество?

    Решение:
    1. `([x]+1006)^2+2012{x}+a-1006^2=0` (выделили полный квадрат и использовали `x=[x]+{x}`)
    2. `x+1006=t, 1006^2-a=b => [x]+1006=[t], {x}={t}`,
    `[t]^2+2012{t}=b`.
    3. `{t}=(b-[t]^2)/2012`,
    `0<=(b-[t]^2)/2012< 1`,

    `b-2012< [t]^2 <=b`.

    4. `A=(b-2012;b]`, сколько точных квадратов может быть в `A`?
    Пусть `k^2` - первый точный квадрат, `(k+n)^2` - последний точный квадрат, где `k in ZZ^+, n in NN`,
    тогда `(k+n)^2-k^2=2kn+n^2< b-(b-2012)=2012`.
    5. `n^2+2kn-2012<0, n_max`-?

    `k>=0 => n^2<=n^2+2kn< 2012 => n^2< 2012 => n<=44`, т.к. `n in NN`.

    6. Если `n=44 => 88k< 76 => k=0` и `0^2, 1^2,..., 44^2=1936 in (b-2012;b] AA b in [44^2;2012)`,
    при этом количество `t` равно `89` (`44*2+1`). Очевидно, что больше быть не может.
    Ответ: `89` решений при `a in (1006^2-2012;1006^2-44^2]`.

    Полное решение:
    `[x]^2+2012x+a=0`.
    `[x]^2+2012([x]+{x})+a=0`,
    `[x]^2+2012[x]+2012{x}+a=0`,
    выделим полный квадрат
    `([x]+1006)^2+2012{x}+a=1006^2`,
    `([x]+1006)^2=1006^2-a-2012{x}`,
    левая часть всегда неотрицательна, поэтому
    `1006^2-a-2012{x}>=0, a<=1006^2-2012{x}<=1006^2`, т.к. `0<={x}<1`.
    Пусть `a=1006^2`, тогда `([x]+1006)^2=-2012{x}` - значит `{x}=0, x` - целый и `[x]+1006=0 => x=-1006`. Получили всего 1 корень.
    Пусть `[x]=t`,
    `t^2=1006^2-a-2012{x}`,
    `2012{x}=1006^2-a-t^2`,
    `0<=1006^2-a-t^2<2012`,
    `1010024-a< t^2 <=1012036-a`.

    для каждого точного квадрата `t^2` может получиться не больше двух корней `x=+-t+((1006)^2-a-t^2)/(2012)`. Чтобы было максимальное число корней, необходимо, чтобы в интервале `(1010024-a;1012036-a]` оказалось максимальное число квадратов целых чисел.
    Длина интервала равна 2012. Квадраты целых числе растут очень быстро, расстояния между соседними квадратами постоянно растут.
    `(n+1)^2-n^2=2n+1` - возрастающая функция.
    Если `a=1010023`, тогда `t^2 in (1;2013]`. В этот интервал попадают точные квадраты чисел 2, 3,..., 44 - всего 43 точных квадрата.
    Если `a=1010011, t^2 in (13;2045]` - точные квадраты чисел 4,5,...,45 - 42 точных квадрата.
    Если `a in (1010011;1010023)` - очевидно в наш интервал могут попасть не более `43` точных квадратов, с `2^2` до `44^2`.
    Предположим, что в наш интервал попадает больше `44` квадратов (больше или равно `45`), если первый квадрат `n^2`, то `(n+44)^2` тоже должен находиться в нашем интервале,
    значит `(n+44)^2-n^2<1012036-a-(1010024-a)=2012`,
    `88n<76`,
    `n<1`, значит `n=0`, первый квадрат начинается с `0 => 1010024-a<0`,
    `a>1010024`.
    Пусть `a=1010024+b`, где `b>0,`
    `t^2 in (-b;2012-b]`.
    Как уже выяснили выше, максимальное число квадратов будет, если `2012-b>=1936, b<= 76`.
    Если `b in (0;76]`, то в интервале `(-b;2012-b]` точно окажутся квадраты от 0 до 44, т.е. 45 квадратов и больше никак быть не может.
    `t^2=0,1^2,2^2,...,44^2`.
    `t^2=0` дает один корень `x`, остальные квадраты по `2` корня. Всего корней может быть `1+2*44=89`, при этом `a in (1010024;1010100]`.

    Ответ: `a in (1010024;1010100]`, `89` корней.
  • Задача №8 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» в МГУ)
    В координатном пространстве найдите длину кратчайшего пути между точками `(0; 1; 2)` и `(22; 4; 2)` по поверхности прямоугольного параллелепипеда, ограниченного плоскостями `x=22, y=5, z=4` и тремя координатными плоскостями.

    Решение:
    image
    1. Обозначим вершины параллелепипеда: `A(22;0;0), B(0;0;0),C(0;5;0),D(22;5;0), A_1(22;0;4)` и т.д.
    Занумеруем его грани: 1) `A A_1D_1D`, 2) `A_1B_1C_1D_1`, 3) `DD_1C_1C`, 4) `ABCD`, 5) `A A_1B_1B`, 6) `BB_1C_1C`.
    2. Любой путь, соединяющий точки `M(22;4;2)` и `K(0;1;2)` по поверхности параллелепипеда, начинается с грани 1), проходит через точки каких-то других граней и заканчивается на грани 6). Таким образом, с любым путем можно связать последовательность граней, через которые он проходит. Назовем эту последовательность кодом пути. Например, код 1)2)6) означает, что путь начинается с грани 1), проходит через грань 2) и заканчивается на грани 6). При этом мы считаем, что путь покидает грань, когда он выходит за пределы ее границы.
    3. Заметим, что коды некоторых путей определены неоднозначно. Так, ломаная, соединяющая точки `M,D_1,C_1,K`, может иметь коды 1)2)6) и 1)3)6) (ребро `D_1C_1` можно считать частью граней 2) и 3)).
    Сразу заметим, что если код пути содержит повторяющиеся грани, то его можно "спрямить" (т.е. сделать более коротким) так, что в коде спрямленного пути повторяющихся граней не будет. В самом деле, если мы впервые пришли на какую-то грань в некоторой точке `P` и в последний раз покинули ее в точке `O`, то наш путь из `P` в `O` был заведомо не короче длины прямолинейного отрезка `PO`, который целиком лежит в нашей грани. Таким образом, заменив путь из `P` в `O` на отрезок `PO`, мы получим новый путь, в коде которого нет повтора номера этой грани.
    4. С учетом сделанного замечания несложно перебрать все коды путей, соединяющих `M` и `K`. Задача упрощается еще сильнее, если заметить, что параллелепипед с отмеченными точками `M` и `K`, симметричен относительно плоскости `z=2` и относительно своего центра симметрии. Поэтому пути с кодами 1)4)...6) можно не рассматривать, поскольку при симметрии относительно плоскости они переходят в пути с кодами 1)2)...6). Аналогично, путь с кодом 1)3)6) при центральной симметрии переходит в путь 1)5)6) (здесь еще надо поменять начало и конец пути).
    5. Теперь фиксируем какой-нибудь код пути, например, 1)2)6) и строим фрагмент развертки параллелепипеда, содержащий грани, номера которых входят в код. На развертке кратчайший путь, соединяющий `M` и `K`, очевиден: это отрезок `MK` (разумеется, если отрезок целиком лежит в пределах нашего фрагмента развертки; сразу замечу, что во всех наших случаях это будет так). Считаем длину `MK` по теореме Пифагора и в случае 1)2)6) получаем `sqrt685`. Перебираем все варианты кодов, рисуем соответствующие развертки, считаем длину `MK` и убеждаемся, что самый короткий путь имеет код 1)3)2)5)6) (или 1)3)4)5)6) в силу симметрии) и его длина равна `sqrt657`.

    Ответ: `sqrt657`.
  • Задача №1 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2013 в МГУ)
    Карлсон заполнил конический фужер лимонадом и отпил половину по высоте (считая от поверхности жидкости до вершины конуса), а вторую половину допил Малыш. Во сколько раз Карлсон выпил лимонаду больше, чем Малыш?

    Решение:
    Считаем объем выпитого Карлсоном и объем выпитого Малышом.
    `V_k=7V_m => (V_k)/(V_m)=7`.

    Ответ: в `7` раз.
  • Задача №2 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2013 в МГУ)
    Найдите все целочисленные решения уравнения
    `x+1/(y+1/z)=7/3`

    Решение:
    `x+1/(y+1/z)=7/3`,
    `x+1/((yz+1)/z)=7/3`,
    `x+z/(yz+1)=7/3`,
    `(xyz+x+z)/(yz+1)=7/3`,
    `3(xyz+x+z)=7(yz+1)`,
    Предположим, что у выражений `xyz+x+z` и `yz+1` есть общий простой делитель `p`.
    `xyz+x+z=x(yz+1)+z` делится на `p`, значит `z` делится на `p`, но `yz+1` делится на `p`, поэтому `1` делится на `p`, противоречие.
    Выражения взаимно простые.
    `7(yz+1)` делится на `xyz+x+z`, поэтому `7` делится на `xyz+x+z`, аналогично 3 делится на `yz+1`.
    `xyz+x+z` может принимать значения `+-1,+-7`.
    `xyz+x+z=+-1 => +-3=7(yz+1)` - решений нет.
    `xyz+x+z=+-7 => yz+1=+-3`.
    `{(x(yz+1)+z=7),(yz+1=3):}`
    `yz=2`, годятся только пары `(y,z)=(1,2),(2,1),(-1,-2),(-2,-1)`.
    Проверяем под первое уравнение системы `3x+z=7`,
    `3x=7-z`, годятся только `z=1,-2`.
    `(x,y,z)=(2,2,1), (3,-1,-2)`.
    Вторая система `{(-3x+z=-7),(yz=-4):}`
    `(y,z)=(1,-4),(4,-1),(-1,4),(-4,1),(2,-2),(-2,2)`.
    `3x=z+7`, подходят только `z=-1,-4,2`,
    `(x,y,z)=(2,4,-1), (1,1,-4), (3,-2,2)`.
    Все найденные решения подходят по ОДЗ.

    Ответ: `(x,y,z)=(2,4,-1), (1,1,-4), (3,-2,2), (2,2,1), (3,-1,-2)`.
  • Задача №3 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2013 в МГУ)
    Решите уравнение
    `sin(x+(2pi)/7)+sin(x+3*(2pi)/7)+...+sin(x+3^5*(2pi)/7)=1`.

    Решение:
    Пусть `(2pi)/7=y`,
    `sin(x+y)+sin(x+3y)+sin(x+9y)+sin(x+27y)+sin(x+81y)+sin(x+243y)=1`,
    период функции `sint` равен `2pi=7y, 9y=7y+2y, 27y=28y-y, 81y=84y-3y, 243y=245y-2y`,
    `sin(x+y)+sin(x+3y)+sin(x+2y)+sin(x-y)+sin(x-3y)+sin(x-2y)=1`,
    перегруппируем `sin(x+y)+sin(x-y)+sin(x+2y)+sin(x-2y)+sin(x+3y)+sin(x-3y)=1`,
    сложим все по формуле суммы синусов
    `2sinx*cosy+2sinx*cos2y+2sinx*cos3y=1`,
    `2sinx(cosy+cos2y+cos3y)=1`.
    Посчитаем значение выражения `A=cos((2pi)/7)+cos((4pi)/7)+cos((6pi)/7)`.
    `2A*sin(pi/7)=2cos((2pi)/7)sin(pi/7)+cos((4pi)/7)sin(pi/7)+cos((6pi)/7)sin(pi/7)=`
    `=sin(-pi/7)+sin((3pi)/7)+sin(-3pi/7)+sin(5pi/7)+sin((-5pi)/7)+sinpi=-sin(pi/7)`,
    `A=-1/2`.
    `2sinx*(-1/2)=1`,
    `sinx=-1`,
    `x=-pi/2+2pin, n in ZZ`.

    Ответ: `x=-pi/2+2pin, n in ZZ`.
  • Задача №4 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2013 в МГУ)
    Каким может быть угол при вершине равнобедренного треугольника, обладающего тем свойством, что существуют ровно три прямые, каждая из которых делит пополам как его площадь, так и его периметр?

    Решение:
    Треугольник `ABC` (`B` - вершина), боковые стороны равны `a`, основание `b`. Угол при вершине `beta`.

    Рассмотрим отдельно случай, когда хотя бы одна из прямых проходит через точку основания. Пусть другую боковую сторону прямая разбила в отношении `x:a-x`, тогда из равенства периметров следует `a+x=b+a-x, b=2x`.
    Из деления пополам площади треугольника следует, что площадь каждого из получившихся треугольников равна половине площади `ABC`.
    `1/2xasinbeta=1/4a^2sinbeta`,
    `2x=a => a=b=2x`, треугольник равносторонний.
    Итак, если `ABC` равносторонний треугольник, то все три прямые пройдут через вершины. В силу симметрии прямых ровно `3`.
    Будем считать, что треугольник не равносторонний. Заметим, что одна прямая у нас есть - прямая, проходящая через высоту треугольника, опущенную из вершины `B`.
    Предположим, что есть другие прямые, проходящие через основание и боковую сторону. Пусть эта прямая разделила боковую сторону в отношении `x:a-x`, а основание `y:b-y`, где `x,y` - стороны маленького получившегося треугольника.
    Из равенства площадей `2xy=ab`,
    из равенства периметров `2x+2y=2a+b`,
    `{(xy=(ab)/2),(x+y=a+b/2):}`
    Решения `x=a, y=b/2, x=b/2, y=a`. Первое решение уже рассмотрено (высота).
    Второе решение возможно при тупоугольном треугольнике. Есть симметричное ему решение (если прямая проходит через другую боковую сторону и основание).
    Итак, при тупоугольном треугольнике (`beta>pi/3`), уже имеется три искомые прямые, все они проходят через основание.

    Рассмотрим случай, когда прямая проходит через две боковые стороны, не включая вершины (случаи уже рассмотрены).
    Обе боковые стороны пересекаются в отношении `x:a-x`, `y:a-y`.
    площади - `2xy=a^2`,
    периметры - `2x+2y=2a+b`.
    `{(xy=a^2/2),(x+y=a+b/2):}`
    По т. Виета получаем уравнение
    `t^2-t(a+b/2)+a^2/2=0`,
    `D=(a+b/2)^2-2a^2=(a+b/2-asqrt2)(a+b/2+asqrt2)>=0`,
    второй сомножитель всегда положительный, поэтому `b>=2a(sqrt2-1)`.
    Учтем следующие ограничения:
    Неравенство треугольника `a+a=2a > b`,
    нахождение точек пересечения прямой строго внутри сторон
    `0< x< a`, `0< y< a`
    `x`,`y` - корни нашего квадратного уравнения. По т. Виета оба положительны (сумма и произведение положительны).
    `max(x,y)< a`,
    `t=(a+b/2+sqrt(b^2/4+ab-a^2))/2< a`,
    `sqrt(b^2/4+ab-a^2)< a-b/2`,
    `2ab<2a^2`,<br />`b< a`.
    Итак `2a(sqrt2-1)<=b< a`. Неравенство `2(sqrt2-1)<1` - очевидно.<br />
    Заметим, что прямых будут две, в силу симметрии. Одна прямая может быть, если `b=2a(sqrt2-1)`.

    Объединяя все рассуждения, получаем:
    Когда угол равен `pi/3` - все получается.
    Когда угол больше `pi/3` (основание больше боковой стороны), тогда получаем ровно три прямые, которые пройдут через основание, а прямых, которые пройдут через боковые стороны - не получим.
    Когда угол меньше `pi/3`, то получим три прямые (высота и две через боковые стороны), если `b>2a(sqrt2-1)`, две, если `b=2a(sqrt2-1)` и только 1, если `b<2a(sqrt2-1)`.<br />
    `b/a=(sinbeta)/(sin(pi/2-beta))=2sin(beta/2)`,
    `sin(beta/2)>sqrt2-1`,
    `beta>2arcsin(sqrt2-1)`.

    Итого, `beta in (2arcsin(sqrt2-1);pi)`.

    Ответ: `beta in (2arcsin(sqrt2-1);pi)`.
  • Задача №5 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2013 в МГУ)
    Мальвина и Буратино играют по следующим правилам: Мальвина записывает на доске в ряд шесть различных чисел, а Буратино придумывает для них свои четыре числа `x_1, x_2, x_3, x_4` и под каждым числом Мальвины пишет соответственно какую-либо из сумм `x_1 + x_2`, `x_1 + x_3`, `x_1 + x_4`, `x_2 + x_3`, `x_2 + x_4`, `x_3 + x_4` (каждую по разу), после чего за каждую сумму, равную стоящему над ней числу, Буратино получает по 3 яблока, а за большую его по 1 яблоку. Какое наибольшее количество яблок может гарантированно получить Буратино? из которых делит пополам как его площадь, так и его периметр?

    Решение:
    Предположим, что Буратино угадал минимум `5` сумм, например, получается система:
    `{(x_1+x_2=y_1),(x_1+x_3=y_2),(x_1+x_4=y_3),(x_2+x_3=y_4),(x_2+x_4=y_5):}`
    где `y_(1,2,3,4,5)` - числа Мальвины.
    сложим `2` и `5` уравнения: `x_1+x_2+x_3+x_4=y_2+y_5`,
    `3` и `4`: `x_1+x_2+x_3+x_4=y_3+y_4`,
    `y_2+y_5=y_3+y_4`.
    Но Мальвина может подобрать такие числа, что сумма никаких двух не будет равна сумме любых других двух чисел.
    `0,1,3,10,30,100`.
    `a+b=c+d`, где `d` - максимальное число.
    Если `d=100`, то `c+d>100>a+b`, т.к. `100` больше суммы всех меньших чисел.
    Если `d=30` или `10`, все также.
    Если у нас имеется другая система с `5` уравнениями и `4` неизвестными, то всегда будут две пары уравнений, суммы левых частей которых равны `x_1+x_2+x_3+x_4`, поскольку если взять `6` сумм и разбить их по парам `(x_1+x_2,x_3+x_4), (x_1+x_3,x_2+x_4), (x_1+x_4, x_2+x_3)`, и убрать `1` сумму из любой пары, то каждая из оставшихся двух пар дает в сумме `x_1+x_2+x_3+x_4`. Тогда мы повторяем рассуждения из уже рассмотренной системы.
    Буратино не может угадать `5` сумм или больше, поэтому он может угадать максимум `4` суммы и еще две суммы сделать большими, т.е. получить `4*3+2=14` яблок. Покажем, что это возможно.
    Система из `4` линейных уравнений с `4` неизвестными всегда имеет решение:
    `{(x_1+x_2=y_1),(x_1+x_3=y_2),(x_1+x_4=y_3),(x_2+x_3=y_4):}`
    `2x_1=y_1+y_2-(x_2+x_3)=y_1+y_2-y_4, x_1=1/2(y_1+y_2-y_4)`,
    `x_2=y_1-x_1=1/2(y_1-y_2+y_4), x_3=y_4-x_2=1/2(y_4-y_1+y_2)`, `
    x_4=y_3-x_1=1/2(2y_3-y_1-y_2+y_4)`.

    Осталось добиться того, чтобы оставшиеся две суммы были больше заданных чисел `y_(5,6)`.
    `y_5 < x_2+x_4=1/2(y_1-y_2+y_4)+1/2(2y_3-y_1-y_2+y_4)=y_3-y_2+y_4`,
    `y_6 < x_3+x_4=1/2(y_4-y_1+y_2)+1/2(2y_3-y_1-y_2+y_4)=y_3-y_1+y_4`.
    Если `y_3>y_2>y_1>y_4>y_5>y_6` то неравенства становятся верными.
    По условию все числа Мальвины разные, поэтому даже если их изначальный порядок другой, Буратино может расставить числа так, чтобы выполнялся нужный ему порядок (писать свои суммы под нужными числами).

    Ответ: `14`.
  • Задача №6 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2013 в МГУ)

    Найдите все четырехзначные числа `abcd` (где `a, b, c, d` цифры десятичной записи),
    каждое из которых служит делителем хотя бы одного из трех образованных по нему
    четырехзначных чисел `bar(bcda), bar(cdab), bar(dabc)`.

    Решение:
    В условии сказано про четырехзначные числа, значит `a,b,c,d` не равны `0`, принимают целые значения от `1` до `9`.
    Пусть `bar(abcd)` является делителем `bar(cdab)`.
    `1000a+100b+10c+d` является делителем `1000c+100d+10a+b`,
    `1000c+100d+10a+b=(1000a+100b+10c+d)*n`, `n` - натуральное число.
    Перегруппируем:
    `a(1000n-10)+b(100n-1)=c(1000-10n)+d(100-n)`,
    `(100n-1)(10a+b)=(100-n)(10c+d)`.
    Левая часть положительна, поэтому правая положительна: `100-n>0, n<100`.<br />Если `n=1`, то `10a+b=10c+d, 10(a-c)=d-b`,
    Если `a=c`, то `d=b`. Если `d!=b`, то `a!=c =>` левая кратна `10`, но правая часть `d-b in [-8;8]` из-за того, что `d,b` цифры от `1` до `9`, поэтому `d-b=0`, но этот случай мы уже рассмотрели.
    Итого, если `n=1`, то `a=c, b=d`, исходное число вида `bar(cdcd)`.
    Для остальных значений `n` будет проще решить уравнение изучив общие делители `100-n, 100n-1`.
    Если `100-n` делится на целое число `m`, `100n-1` делится на целое число `m`, значит на это же число `m` делится выражение `100(100-n)+100n-1=9999`.
    `9999=3*3*11*101`.
    Общими простыми делителями `100-n` и `100n-1` могут быть только числа `3, 11, 101`.
    Если `n=10`, тогда `999(10a+b)=90(10c+d)`, но левая часть `999(10a+b)>999*10a>=9990`, а правая часть `90(10c+d)<=90*99=8910` (наши цифры от `1` до `9`), поэтому решений нет. Очевидно, левая часть растет, а правая уменьшается с ростом `n`, поэтому при бОльших `n` решений тоже нет.<br />Остались `n=2,3,4,...,9`.
    Если `n=2`, то `100n-1=199` - взаимно просто с `3, 11` и `101`, значит не имеет общих делителей с числом `100-n=98`, но правая часть уравнения делится на левую, поэтому `10c+d` должно делиться на `199`, а этого не может быть, т.к. `10c+d<199`. <br />`n=3, 100n-1=299` - взаимно просто с `3, 11` и `101`.
    `n=4, 100n-1=399=3*133, 133` взаимно просто с `11` и `101`, поэтому `10c+d` делится на `133`, невозможно.
    `n=5, 100n-1=499` взаимно просто с `3, 11` и `101`.
    При `n=6,7,8,9` тоже получаем взаимно простые числа с `3, 11` и `101` или с `11` и `101`.
    Значит других решений кроме `n=1` (когда получились числа вида `bar(cdcd)`) нет.


    Пусть второе число `bar(bcda)` делится на `bar(abcd)`:
    `(10-n)*(100b+10c+d)=(1000n-1)*a`,
    `n` принимает целые значения от `1` до `9`, чтобы обе части были положительны.
    `n=1`: `9*(100b+10c+d)=999a, 100b+10c+d=111a`,
    на самом деле `100b+10c+d` - запись трехзначного числа `bar(bcd)`, а `111a=bar(aaa)`, поэтому `b=c=d=a`, это частный случай уже найденных решений `a=c, b=d`.
    Если `n>=2`, тогда общие простые делители выражений `1000n-1` и `10-n` тоже могут быть равны только числам `3, 11, 101`, поскольку `1000n-1+1000(10-n)=9999`.
    `1000n-1=1001n-n-1=11*91n-n-1`, делится на `11`, если `n` дает остаток `10` при делении на `11`, а таких `n` у нас нет.
    `1000n-1=1010n-10n-1`, при `n=2,3,4,5,6,7,8,9` дает остатки `21,32,41,51,61,71,81,91` при делении на `101`, значит тоже не делится на `101`.
    `1000n-1=999n+n-1` не делится на `3`, если `n=2,3,5,6,8,9`.
    Значит при `n=2,3,5,6,8,9` `10-n` и `1000n-1` взаимно простые, поэтому `100b+10c+d` делится на `1000n-1`, но это неверно, поскольку `1000n-1>=1999` - больше трехзначного числа `bar(bcd)`.
    Если `n=4, 1000n-1=3999=3*1333`, но на `1333` не может делиться число `bar(bcd)`,
    `n=7` - также.

    `bar(dabc)` делится на `bar(abcd)`:
    `(10n-1)bar(abc)=(1000-n)*d`.
    `n=1, bar(abc)=111d, a=b=c=d`.
    `10n-1+10(1000-n)=9999` - общие простые делители могут равняться `3, 11, 101`.
    `n>=10 => (10n-1)bar(abc)>=99*111=10989, (1000-n)*d<=990*9=8910` - решений нет.<br />`n=2, 19bar(abc)=998d, 998` взаимно просто с `19`, но `b` не может делиться на `19`.
    `n=3, 29bar(abc)=997d` - также.
    `n=5,6,8,9` - также.
    `n=4, 39bar(abc)=996d`, `d` не делится на `13`.
    также `n=7`.

    Ответ: числа вида `bar(cdcd)`.
  • Задача №9 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2013 в МГУ)
    В классе, состоящем из 21 ученика, любые три ученика ровно один раз делали вместе домашнее задание, причем либо по математике, либо по русскому языку. Можно ли утверждать, что в этом классе существует четверка учеников, любые трое из которых делали вместе домашнее задание по одному и тому же предмету?

    Решение:
    Каждую тройку учеников, делавших математику обозначим через `m`, русский язык - `r`.
    Четверки учеников, все тройки из которых делали один предмет - `M` или `R`.
    Возьмем произвольного ученика `U`. Остальные `20` учеников разобъем по парам.
    Если любая из этих пар вместе с `U` делала математику - это пара типа `m`, русский язык - пара типа `r`.
    Докажем, что в этих `20` учениках существует четверка, все пары которой одного типа.
    Возьмем любого ученика `U_1` из числа оставшихся `20`.
    Вместе с остальными он образует `19` пар какого либо типа, и по принципу Дирихле, хотя бы `10` пар одного типа.
    Без ограничения общности, будем считать, что это пара типа `m`.
    Если среди `10` этих учеников есть хотя бы трое, все пары которых типа `m`, то вместе с `U_1` они образуют искомую четверку.
    Пусть такой тройки нет. Берем любого ученика `U_2` из этой группы из минимум `10` учеников.
    Остальных снова разбиваем по парам. `U_2` образовывает `9` пар.
    Если есть хотя бы `5` пар типа `m`, то получаем противоречие с тем, что нет троек, все пары которых типа `m`.
    Если есть `4` пары типа `m`, то эти `4` ученика образовывает четверку, все пары которой одного типа.
    Если меньше `4`, то `U_2` образовывает хотя бы `6` пар типа `r`.
    Возьмем из этих `6` произвольного ученика `U_3`, который образовывает `5` пар с остальными.
    Минимум `3` пары одного типа, например, с учениками `U_4, U_5, U_6`. Они тоже между собой организовывает `3` пары.
    Если в этих парах есть пара типа `m`, то вместе с `U_3` получаем тройку типа `m` (этого не может быть по нашему предположению).
    Если нет, то они между собой организовывают тройку `r`.
    Итого мы доказали, что в группе из `10` человек есть тройка, все пары которых типа `r`.
    Вместе с `U_1` они образуют четверку, все пары которой типа `r`.
    Доказано, что среди `20` учеников (кроме `U`) есть четверка, все пары которой одного типа.
    Докажем, что существует четверка одного типа (`M` или `R`).
    Если в доказанной четверке есть тройка типа `M`, то эта тройка вместе с `U` образовывает четверку типа `M`.
    Если нет троек типа `M`, то сама четверка образовывает четверку типа `R`.

    Ответ: да.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике