Всего: 96 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–96
Добавить в вариант
1.2 Докажите, что как бы колонии тупиков не располагались изначально, миграциями можно расселить колонии по одной на остров.
Сюжет 1
В архипелаге есть n скалистых островов, на них обитают n колоний ту́пиков (каждая колония целиком гнездится на одном острове). Некоторые пары островов соединены воздушными коридорами, причём от каждого острова до любого другого есть ровно один путь по этим коридорам. Острова, соединённые коридором, считаются соседними. Иногда происходят миграции: с некоторого острова на каждый соседний переселяется по колонии тупиков.
Индукция по числу вершин.
База тривиальна.
Переход. Докажем, что в любой вершине можно получить не 0. Подвесим дерево за эту вершину. Рассмотрим такой полуинвариант: сумма по всем вершинам величин где xi — число в вершине, di — её глубина в подвешенном дереве. Легко видеть, что каждая миграция не из корня дерева отдаёт единичку наверх и менее n на уровень вниз, то есть сумма строго увеличивается. Но всех возможных сумм конечное число, так что рано или поздно будет возможна миграция только из корня, а это значит, что там
Теперь, собственно, переход. Рассмотрим лист v, при необходимости делаем там не 0 (мы только что доказали, что это возможно). Теперь отдаём из v всё, кроме 1, его соседу u. Рассмотрим последовательность миграций, делающую единички в дереве без v (она берётся из индукционного предположения). Применим её, только перед каждой миграцией из u будем отдавать туда 1 из v.
1.1 Докажите, что в любой момент может произойти миграция.
Представим архипелаг в виде графа. Тогда наша система — дерево с неотрицательным числом в каждой вершине (равным числу колоний на соответствующем острове); сумма всех чисел равна n. Если мигрировать нельзя, каждое число меньше соответствующей степени хотя бы на единичку. Суммируя неравенства по всем вершинам, получаем:
Противоречие.
Клетки доски 2015 × 2015 раскрашены в шахматном порядке так, что угловые клетки черные. На одну из черных клеток поставлена фишка, а некоторая другая черная клетка отмечена. За ход разрешается переместить фишку на соседнюю клетку. Всегда ли можно обойти фишкой все клетки доски, побывав на каждой из них ровно по одному разу, и закончить обход в отмеченной клетке? (Две клетки являются соседними, если имеют общую сторону.)
Индукцией по n докажем, что для любых двух черных клеток A и B доски найдется путь фишки, начинающийся в A, проходящий по всем клеткам доски и заканчивающийся в B.
База Возможны два размещения черных клеток A и B: в соседних угловых клетках и в противоположных угловых клетках. С точностью до поворота доски они разобраны на верхних двух рисунках.
Переход от n к
Если клетки A и B можно накрыть доской ни один из углов которой не совпадает с углом доски то подправим путь фишки из A в B, обходящий доску следующим образом. В
Если так накрыть клетки A и B нельзя, то хотя бы одна из них находится на границе доски Пусть для определенности это клетка A (в противном случае A и B можно поменять ролями, рассмотрев обратный путь). Если клетка B расположена не на краю, то сделаем обход таким образом. От клетки A пойдем по каемке против часовой стрелки до клетки c, затем на клетку A′ и после этого по маршруту от A′ до B, который существует по предположению индукции (рис. б).
Если же клетка B также расположена на краю, то сделаем обход иначе. Отметим следующую за B по часовой стрелке клетку c и соседнюю с ней черную клетку в квадрате
Ответ: да.
1.3 Докажите, что число колоний на данном острове никогда не превысит количество соседних с ним островов более,
Сюжет 1
В архипелаге есть n скалистых островов, на них обитают n колоний ту́пиков (каждая колония целиком гнездится на одном острове). Некоторые пары островов соединены воздушными коридорами, причём от каждого острова до любого другого есть ровно один путь по этим коридорам. Острова, соединённые коридором, считаются соседними. Иногда происходят миграции: с некоторого острова на каждый соседний переселяется по колонии тупиков.
Покажем, что любое доступное распределение чисел на дереве можно получить, организуя миграции так, чтобы каждая колония уходила не дальше, чем на соседний остров. Из этого сразу следует требуемое утверждение.
Доказываем индукцией по числу миграций. База: ноль миграций, очевидна.
Переход. Пусть вот-вот произойдёт миграция с острова v. По предположению индукции, все находящиеся на нем колонии — с него и соседних островов. Раз можно мигрировать, то на острове
есть колонии хотя бы с соседних островов; отправим их обратно на свои острова. Если есть колония с оставшегося соседнего острова, тоже отправим её обратно, если есть своя колония, отправим её на любой из соседних островов.
1.1 Докажите, что в любой момент может произойти миграция.
Представим архипелаг в виде графа. Тогда наша система — дерево с неотрицательным числом в каждой вершине (равным числу колоний на соответствующем острове); сумма всех чисел равна n. Если мигрировать нельзя, каждое число меньше соответствующей степени хотя бы на единичку. Суммируя неравенства по всем вершинам, получаем:
Противоречие.
1.3 Докажите, что как бы колонии тупиков ни располагались изначально, миграциями можно расселить колонии по одной на остров.
Сюжет 1
В архипелаге есть n скалистых островов, на них обитают n колоний ту́пиков (каждая колония целиком гнездится на одном острове). Некоторые пары островов соединены воздушными коридорами, причём от каждого острова до любого другого есть ровно один путь по этим коридорам. Острова, соединённые коридором, считаются соседними. Иногда происходят миграции: с некоторого острова на каждый соседний переселяется по колонии тупиков.
Индукция по числу вершин.
База тривиальна.
Переход. Докажем, что в любой вершине можно получить не 0, обобщив рассуждение из пункта 2. Подвесим дерево за эту вершину. Рассмотрим такой полуинвариант: сумма по всем вершинам величин где xi — число в вершине, di — её глубина в подвешенном дереве. Легко видеть, что каждая миграция не из корня дерева отдаёт единичку наверх и менее n на уровень вниз, то есть сумма строго увеличивается. Но всех возможных сумм конечное число, так что рано или поздно будет возможна миграция только из корня, а это значит, что там не 0.
Теперь, собственно, переход. Рассмотрим лист v, при необходимости делаем там не 0 (мы только что доказали, что это возможно). Теперь отдаём из v всё, кроме 1, его соседу u. Рассмотрим последовательность миграций, делающую единички в дереве без v (она берётся из индукционного предположения). Применим её, только перед каждой миграцией из u будем отдавать туда 1 из v.
1.1 Докажите, что в любой момент может произойти миграция.
Представим архипелаг в виде графа. Тогда наша система — дерево с неотрицательным числом в каждой вершине (равным числу колоний на соответствующем острове); сумма всех чисел равна n. Если мигрировать нельзя, каждое число меньше соответствующей степени хотя бы на единичку. Суммируя неравенства по всем вершинам, получаем:
Противоречие.
1.4 Пусть изначально на каждом острове обитает одна колония, и пусть один из островов имеет d соседних. Чему может равняться максимально возможное количество колоний, способных поселиться на этом острове?
Сюжет 1
В архипелаге есть n скалистых островов, на них обитают n колоний ту́пиков (каждая колония целиком гнездится на одном острове). Некоторые пары островов соединены воздушными коридорами, причём от каждого острова до любого другого есть ровно один путь по этим коридорам. Острова, соединённые коридором, считаются соседними. Иногда происходят миграции: с некоторого острова на каждый соседний переселяется по колонии тупиков.
Пример. Докажем, что в вершине степени d может собраться колония. Подвесим дерево за эту вершину как за корень и будем доказывать, что в каждой вершине, из которой вниз идет e рёбер, можно собрать колонию, проводя только миграции в её поддереве. Докажем это «индукцией от нижних вершин к верхним». Для листьев утверждение очевидно (в них и так есть одна колония), а в для любой другой вершины достаточно собрать нужное количество колоний в её непосредственных потомках, после чего проделать по одной миграции для каждого из них.
Оценка. Покажем, что любое доступное распределение чисел на дереве можно получить, организуя миграции так, чтобы каждая колония уходила не дальше, чем на соседний остров. Из этого будет следовать, что ответ не больше
Доказываем индукцией по числу миграций. База — ноль миграций, очевидна.
Переход. Пусть вот-вот произойдёт миграция с острова v. По ИП все находящиеся на нем колонии — с него и соседних островов. Раз можно мигрировать, по ИП на острове есть колонии хотя бы с соседних островов; отправим их обратно на свои острова. Если есть колония с оставшегося соседнего острова, тоже отправим её обратно, если есть своя колония, отправим её на любой из соседних островов
Ответ:
1.1 Докажите, что в любой момент может произойти миграция.
Представим архипелаг в виде графа. Тогда наша система — дерево с неотрицательным числом в каждой вершине (равным числу колоний на соответствующем острове); сумма всех чисел равна n. Если мигрировать нельзя, каждое число меньше соответствующей степени хотя бы на единичку. Суммируя неравенства по всем вершинам, получаем:
Противоречие.
Числа u и v являются корнями квадратного трехчлена с целыми коэффициентами. Для любого натурального n докажите, что если a2 делится на b, то делится на bn.
Докажем индукцией по n, что делится на Базы и легко проверяются: делится на и
делится на b1. Установим переход от и к n. Поскольку u — корень трехчлена, и, следовательно,
Аналогично Сложим эти равенства, получим
По индукционному предположению второе слагаемое делится на
Квадрат первого слагаемого делится на что в свою очередь кратно b в степени Стало быть, первое слагаемое делится на
Окружность которая касается параболы в ее вершине, имеет диаметр 1. Каждая из последующих
Пусть — радиус n-ой окружности,
Тогда центр
Уcловие касания этой окружностью ветвей параболы означает единственность решения уравнения
После раскрытия скобок и приведения подобных уравнение приводится к виду
Его дискриминант должен 6ыть равен нулю. Получаем
откуда Так как то и т. д. по индукции получаем
Поэтому
Ответ: 2016,5.
Каждая задача оценивается по в соответствии с критериями. | ||
Вид погрешности или ошибки | Отметка в работе | Баллы |
---|---|---|
Решение задачи верное, выбран рациональный путь решения | + | 10 |
Решение верное, но путь не рационален или имеются один — три недочета или негрубая ошибка | + | 9 |
Решение верное, но путь не рационален и имеются один — три недочета или негрубая ошибка | ± | 7−8 |
Ход решения верный, но есть несколько негрубых ошибок или решение не завершено | ∓ | 5−6 |
Допущены грубые ошибки, но ответ получен (неверный) | ∓ | 3−4 |
Допущены грубые ошибки и ответ не получен либо решение лишь начато, то что начато — без ошибок | − | 2 |
Решение начато, но продвижение ничего не дает для результата | − | 1 |
Задача не решилась | 0 | 0 |
Недочеты: незначительные (непринципиальные) арифметические ошибки. Негрубые ошибки: технические ошибки в применении формул и теорем, не влияющие на смысл решения; необоснованность логических (верных) выводов. Грубые ошибки: I. Логические, приводящие к неверному заключению. II. Арифметические ошибки, искажающие смысл ответа. III. Неверный чертеж в геометрических задачах. IV. Принципиальные ошибки в применении элементарных формул и теорем. |
Окружность единичного радиуса поделили на равных частей. Докажите, что расстояние от центра окружности до хорды, стягивающей одну такую часть, составляет ровно половину от величины
Изобразим (вне масштабно) составляющий одну
В условии дана формула для OH. Из прямоугольного треугольника OHB с гипотенузой и с острым углом получаем, что
Таким образом, требуется доказать, что
Обобщим требуемую формулу (домножив предварительно на два)
и докажем ее по индукции. Тогда при будем иметь требуемое. База индукции при очевидна:
Индуктивный переход будет заключаться в том, чтобы доказать, что из верности формулы (*) будет следовать верность формулы
Преобразуем правую часть, используя (*)
Обозначим Теперь остается доказать соотношение
для угла Возводя обе стороны равенства в квадрат и деля на два, получаем известную формулу косинуса половинного угла
Индуктивный переход доказан. Следовательно, формула (*) верна при любом Остается положить
Каждая задача оценивается по в соответствии с критериями. | ||
Вид погрешности или ошибки | Отметка в работе | Баллы |
---|---|---|
Решение задачи верное, выбран рациональный путь решения | + | 10 |
Решение верное, но путь не рационален или имеются один — три недочета или негрубая ошибка | + | 9 |
Решение верное, но путь не рационален и имеются один — три недочета или негрубая ошибка | ± | 7−8 |
Ход решения верный, но есть несколько негрубых ошибок или решение не завершено | ∓ | 5−6 |
Допущены грубые ошибки, но ответ получен (неверный) | ∓ | 3−4 |
Допущены грубые ошибки и ответ не получен либо решение лишь начато, то что начато — без ошибок | − | 2 |
Решение начато, но продвижение ничего не дает для результата | − | 1 |
Задача не решилась | 0 | 0 |
Недочеты: незначительные (непринципиальные) арифметические ошибки. Негрубые ошибки: технические ошибки в применении формул и теорем, не влияющие на смысл решения; необоснованность логических (верных) выводов. Грубые ошибки: I. Логические, приводящие к неверному заключению. II. Арифметические ошибки, искажающие смысл ответа. III. Неверный чертеж в геометрических задачах. IV. Принципиальные ошибки в применении элементарных формул и теорем. |
Решите уравнение с тремя неизвестными в натуральных числах.
а) При получим уравнение следовательно, т. e.
б) При уравнение принимает вид
При решений оно не имеет, а подставляя получим решения и соответственно. При решений нет, так как в этом случае (доказательство по индукции).
в) Остается случай При деля обе части данного уравнения на Y, получаем уравнение
которое, очевидно, не имеет натуральных решений. Пусть далее Докажем, что для этих и выполняются неравенства и
Первое неравенство:
Второе неравенство проверяется непосредственно при а при имеем:
Наконец, применяя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим убеждаемся, что в рассматриваемом случае левая часть уравнения больше правой, т. е. решений нет:
Ответ:
В одной из клеток таблицы n × n стоит фишка. За один ход можно переместить фишку из произвольной клетки k-го
Индукция. База
Переход от n к Рассмотрим обход доски Пусть из клетки был переход в клетку Тогда заменим этот переход на следующую последовательность ходов (будем обходить добавленные клетки «зигзагом»):
Ответ: при всех n.
Дано натуральное число x, десятичная запись которого n-значная и не содержит нулей. Числа x и x2 в десятичной системе одинаково читаются слева направо и справа налево. Найдите все n, при которых такое x существует.
Если то нам подходит поскольку
Предположим теперь, что требуемое число x существует, и запишем его в десятичной системе: Из симметрии
где
и при Нам достаточно показать, что для всех Действительно, по условию при всех и мы получим Докажем требуемое неравенство по индукции.
База индукции. Проверим, что Предположим, что Тогда младшая цифра числа равна а его старшая цифра есть Заметим, что
и
Несложно убедиться в том, что
при и при Значит, старшая и младшая цифры x2 не совпадают, что противоречит условию.
Отметим, что по доказанному число x2 будет
Индукционный переход. Пусть неравенство доказано для bj при Тогда — младшие цифры числа x2, и в силу условия — его старшие цифры. Поэтому
откуда
Ответ:
Общая схема:
0 баллов — выставляется, если участник к решению задачи не приступал или начатый ход решения полностью неверен;
1 балл — выставляется, если участник приступил к решению задачи, указал верное направление решения задачи и получил правильные промежуточные результаты, но при этом не продвинулся настолько, чтобы можно было судить о том, каким образом он собирался получить окончательный ответ (то есть весь ход решения не представлен);
2 балла — выставляется, если выбранный участником ход решения задачи является в принципе правильным, но при этом участник не смог его реализовать в силу серьёзных ошибок;
3 балла — выставляется, если решение является в целом правильным, но содержит ошибки, повлиявшие на ответ;
4 балла — выставляется, если участник решил задачу в целом правильно и получил верный ответ; при этом в решении допускаются незначительные неточности.
Факторы, влияющие на оценку.
1. Одна из основных целей Олимпиады — выявление у обучающихся творческих способностей. Поэтому в случае представления участником интересного оригинального подхода к решению задачи, оценка за решение может быть увеличена на 1 балл.
2. Правильный ответ к задаче, приведенный без достаточных обоснований, либо при наличии ошибок в решении, либо при отсутствии решения, не ведёт к увеличению оценки, которая выставляется участнику за данную задачу.
3. Если участник не довел задачу до ответа, то итоговая оценка за данную задачу не может превышать 1 балл.
4. Если задача решена перебором возможных вариантов, и при этом перебор неполный, то за задачу выставляется до 1 балла. Если участник подобрал частное решение без обоснования и проверил его правильность, то в этом случае за задачу выставляется до 0,5 баллов.
5. Если задача решена при дополнительном предположении, которое отсутствует в условии, то за задачу выставляется
а) до 1 балла, если это предположение можно доказать;
б) до 0,5 баллов, если оно не обязано выполняться, но не противоречит условию задачи;
в) 0 баллов, если оно противоречит условию.
6. Если в работе приведены два решения или ответа к одной задаче, противоречащие друг другу, то за задачу ставится 0 баллов.
Натуральное число x в восьмеричной системе 2019-значное, его младшая цифр равна 3, все остальные цифры отличны
Решим задачу для
Младшая цифра равна При она не может быть 1, а с 6 совпадает только при Так как следующая цифра равна
Это дает 1 при и 6 при Второй случай не подходит, поскольку в произведении (26 .. 263) (362 .. 62) в четвертом разряде окажется 4. Таким образом, и
Мы пока не Знаем, удовлетворяют ли найденные x и y условию задачи. Чтобы убедиться в этом и получить ответ, необходимо вычислить Заметим, что
откуда
Перемножим эти равен ства и поделим результат на 9. Мы получим
Числитель и Знаменатель дроби в правой части равны соответственно (777 ... 7) и (11), поэтому частное равно (70 707 ... 07) (в нем фигурирует n семерок). Тогда
Ответ: при
Приведем другое решение. Решим задачу для
Младшая цифр а равна При она не может быть 1, а с 6 совпадает только при Так как следующая цифра равна
Это дает 1 при и 6 при Второй случай не подходит поскольку в произведении
в четвертом разряде окажется 4. Докажем по индукции, что
База индукции очевидна: Предположим, что для некоторого n утверждение доказано. Заметим, что
Воспользуемся формулой
которую проверим ниже. Мы получим
что и требовалось доказать.
Осталось проверить равенство (*). Положим Тогда
Заметим, что
Поэтому
Общая схема:
0 баллов — выставляется, если участник к решению задачи не приступал или начатый ход решения полностью неверен;
1 балл — выставляется, если участник приступил к решению задачи, указал верное направление решения задачи и получил правильные промежуточные результаты, но при этом не продвинулся настолько, чтобы можно было судить о том, каким образом он собирался получить окончательный ответ (то есть весь ход решения не представлен);
2 балла — выставляется, если выбранный участником ход решения задачи является в принципе правильным, но при этом участник не смог его реализовать в силу серьёзных ошибок;
3 балла — выставляется, если решение является в целом правильным, но содержит ошибки, повлиявшие на ответ;
4 балла — выставляется, если участник решил задачу в целом правильно и получил верный ответ; при этом в решении допускаются незначительные неточности.
Факторы, влияющие на оценку.
1. Одна из основных целей Олимпиады — выявление у обучающихся творческих способностей. Поэтому в случае представления участником интересного оригинального подхода к решению задачи, оценка за решение может быть увеличена на 1 балл.
2. Правильный ответ к задаче, приведенный без достаточных обоснований, либо при наличии ошибок в решении, либо при отсутствии решения, не ведёт к увеличению оценки, которая выставляется участнику за данную задачу.
3. Если участник не довел задачу до ответа, то итоговая оценка за данную задачу не может превышать 1 балл.
4. Если задача решена перебором возможных вариантов, и при этом перебор неполный, то за задачу выставляется до 1 балла. Если участник подобрал частное решение без обоснования и проверил его правильность, то в этом случае за задачу выставляется до 0,5 баллов.
5. Если задача решена при дополнительном предположении, которое отсутствует в условии, то за задачу выставляется
а) до 1 балла, если это предположение можно доказать;
б) до 0,5 баллов, если оно не обязано выполняться, но не противоречит условию задачи;
в) 0 баллов, если оно противоречит условию.
6. Если в работе приведены два решения или ответа к одной задаче, противоречащие друг другу, то за задачу ставится 0 баллов.
Доказать тождество
Для доказательства тождества применим метод математической индукции.
1) Проверим справедливость тождества при откуда
2) Предположим, что данное тождество справедливо при то есть что верно равенство
3) Докажем, что тождество справедливо при то есть
Используя индукционное предположение, в левой части тождества получим
Что требовалось доказать.
Доказать тождество
Для доказательства тождества применим метод математической индукции.
1) Проверим справедливость тождества при
2) Предположим, что данное тождество справедливо при то есть
3) Докажем, что тождество справедливо при то есть
Используя индукционное предположение, в левой части тождества получим
Что требовалось доказать.
Последовательность an задана следующим образом: при всех n, где s(a) означает сумму цифр натурального числа а. Найдите a100.
Основной используемый факт — это то, что сумма цифр любого числа имеет тот же остаток при делении на 9, что и само число. Этот факт доказывается точно так же, как известный признак деления на 9. Покажем, что последовательность an быстро убывает, пока не станет меньше 10, и после этого она, очевидно, становится постоянной. Действительно, если число
при (последнее неравенство легко доказать по индукции). Начальное число меньше, чем 101024, так как Значит,
то есть a9 имеет не более трех цифр. Поэтому и, очевидно, Осталось найти остаток от деления 22015 на 9. Поскольку 23 имеет вид (то есть имеет остаток 8 при делении на 9 то и тоже имеет такой вид (как произведение нечетного числа сомножителей вида а
где
Ответ: 5.
В квадрате со стороной 1 отметили 53 точки, из которых четыре являются вершинами квадрата, а остальные (произвольные) 49 точек лежат внутри. Докажите, что найдется треугольник с отмеченными вершинами, имеющий площадь не более 0,01.
Пусть в квадрате отмечено n точек: 4 вершины квадрата и точки внутри Докажем по индукции, что квадрат можно разбить на треугольники с отмеченными вершинами, причем число треугольников равно К такому выражению нетрудно прийти рассматривая значения и
База индукции очевидна: при имеем 4 треугольника с общей вершиной внутри квадрата.
Пусть для квадрат разбит на треугольников, и мы добавляем
Таким образом, число треугольников при добавлении новой вершины стало равно
и тем самым индукционный переход доказан.
Если же точка M попала на сторону, скажем, AB треугольника ABC, то AB является общей стороной треугольника ABC и некоторого другого треугольника разбиения — скажем, треугольника АВD. В этом случае будем иметь 4 новых треугольника AMD, BMD, AMC, BMC вместо двух «старых» треугольников АBC и АBD, и тем самым опять количество треугольников увеличилось на 2. Итак, при получим разбиение квадрата на треугольников с отмеченными вершинами и поэтому в единичном квадрате найдется треугольник площади не более 0,01.
С левого берега реки на правый с помощью одной лодки переправились N туземцев, каждый раз плавая направо вдвоем, а обратно — в одиночку. Изначально каждый знал по одному анекдоту, каждый — свой. На берегах они анекдотов не рассказывали, но в лодке каждый рассказывал попутчику все известные ему на данный момент анекдоты. Для каждого натурального k найдите наименьшее возможное значение N, при котором могло случиться так, что в конце каждый туземец знал, кроме своего, еще не менее чем k анекдотов.
Достаточность такого количества туземцев доказывается по индукции. Действительно, для достаточно двух туземцев, которые переправляются вместе на другой берег. Если для достаточно 2m туземцев, то для сначала (в соответствии с предположением индукции) могут переправиться на правый берег 2m туземцев, каждый из которых узнает при этом не менее m анекдотов, а затем каждый из них поочередно переплывает по одному разу на левый берег и перевозит оттуда одного из оставшихся там туземцев, узнав по дороге его анекдот и рассказав ему не менее анекдота, известного ему на тот момент. В результате каждый из туземцев узнает не менее новых анекдотов.
Остается показать, что меньшего числа туземцев недостаточно.
Способ I. Облегчим задачу: пусть N туземцев не переправляются через реку, а просто совершают не более прогулки вдвоем по озеру с возвращением в компанию. Докажем, что даже в этой задаче
Построим граф: вершины — туземцы, ребро соединяет плывших вместе. В этом графе N вершин и ребро (если некоторые пары катались вместе более одного раза, то в этом графе есть кратные ребра). Если N для данного k выбрано минимальным, то этот граф связен. Действительно, в противном случае рассмотрим компоненту связности, в которой ребер меньше, чем вершин (при этом их меньше максимум на 1 в силу связности), и выполним только рейсы из этой компоненты. Раз этот граф связен и имеет ребро, он является деревом (в частности, не имеет кратных ребер).
Докажем теперь при помощи индукции по k, что База очевидна. Для доказательства шага выкинем из графа ребро, соответствующее первому рейсу. Граф распадется на 2 компоненты связности. В каждой знают не более одного анекдота из другой компоненты. Значит, каждый знает не менее k анекдотов из своей компоненты (считая свой). По предположению индукции, в каждой из компонент не менее туземцев, а всего — не менее 2k.
Способ II. Назовем индексом туземца число известных ему анекдотов сверх своего. Туземцев с ненулевым индексом назовем богатыми, остальных — бедными, а капиталом туземца с индексом z назовем число 2−m (здесь следует отметить, что так определенный капитал уменьшается с ростом количества анекдотов, известных туземцу).
Для моментов времени, в которые лодка находится на правом берегу, вычислим число S как сумму капиталов всех богатых туземцев (независимо от того, на каком берегу они находятся) минус количество L богатых туземцев на левом берегу. При первом появлении лодки на правом берегу Докажем, что S по мере переправы не уменьшается. Между последовательными попаданиями лодки на правый берег возможны 3 вида случаев: количество богатых туземцев в лодке на пути с левого берега на правый оказалось равным 0, 1 или 2.
В случае нуля богатых туземцев в лодке двое бедных по дороге на правый берег стали богатыми и увеличили S на Но на левый берег лодку перегонял богатый туземец, который на левом берегу и остался, увеличив L на 1. Значит, в этом случае S не изменилась.
Рассмотрим случай одного богатого туземца в лодке. Число L в этом случае не изменилось. Севший в лодку богатый знал (помимо своего) m анекдотов, его капитал был равен 2−m. Теперь он и его спутник знают (помимо своих) по анекдоту, и сумма их капиталов равна то есть вновь S не изменилась.
Наконец, в случае двух богатых туземцев в лодке число L уменьшается на 1, а сумма капиталов приплывших на правый берег богатых туземцев уменьшается, но, будучи изначально не более она уменьшается менее чем на 1. Тем самым, в итоге S увеличилась.
Итак, в конце а капитал каждого туземца не более 2–k. Значит, туземцев не менее 2k.
Ответ: 2k.
На олимпиаду пришло 2018 участников, некоторые участники знакомы между собой. Будем говорить, что несколько попарно знакомых участников образуют «кружок», если любой другой участник олимпиады не знаком с кем-то из них. Докажите, что можно рассадить всех участников олимпиады по 90 аудиториям так, что ни в какой аудитории не сидят все представители какого-либо «кружка».
Докажем индукцией по k более общее утверждение: 2k аудиторий хватит для того, чтобы рассадить участников. Тогда для получения утверждения задачи достаточно будет подставить поскольку
База Поскольку мы можем посадить каждого участника в отдельную аудиторию.
Пусть утверждение доказано, когда количество участников не больше Докажем утверждение, когда количество участников не больше Рассмотрим участника v с наибольшим числом d знакомых. Если то посадим v в одну аудиторию, всех его знакомых во вторую, а оставшихся
по предположению индукции мы можем рассадить в аудиторий так, что в этих аудиториях не будет «кружков». В первой аудитории только один человек, поэтому «кружков» там быть не может, во второй аудитории нет «кружков», так как там нет v, но он знаком со всеми из этой аудитории.
Если же то заметим, что нам заведомо хватит аудиторий. Выделим аудиторий и будем рассаживать участников по очереди так, чтобы никакие два знакомых не сидели в одной аудитории, тогда в одной аудитории не будут образовываться «кружки» (люди, сидящие в одной аудитории, не знакомы друг с другом). У каждого участника не больше чем d знакомых, так как аудиторий то всегда есть аудитория, где нет его друзей, куда мы его и посадим.
Комментарий.
В задаче речь идет о так называемом кликовом хроматическом числе графа. Если обычное хроматическое число - это минимальное число цветов, в которые можно так покрасить все вершины, чтобы концы любого ребра имели разные цвета, то кликовое хроматическое число — это тоже минимальное число цветов для покраски вершин, только теперь требуется, чтобы все полные подграфы (клики), которые максимальны по включению (то есть не содержатся внутри еще больших полных подграфов) были неодноцветными (имели хотя бы две вершины разного цвета). Естественно, исключаются изолированные вершины, то есть вершины, которые ни с кем не соединены ребрами. Ясно, что если в графе нет треугольников (клик, имеющих три и более вершин), то в нем все максимальные по включению клики, не являющиеся изолированными вершинами, суть его ребра, а значит, для такого графа кликовое хроматическое число совпадает с обычным. Любопытно то, что если обычное хроматическое число подграфа всегда меньше хроматического числа графа, то с кликовым хроматическим числом все, конечно, не так, ведь у полного графа оно равно двум, а, например, у нечетного простого цикла оно равно трем.
Задача отыскания точных оценок кликового хроматического числа как в общем случае, так и для многих важных классов графов весьма далека от своего решения. В нашем случае речь шла как раз о произвольном графе: фактически в задаче требовалось доказать, что кликовое хроматическое число произвольного графа на n вершинах не превосходит Сейчас наилучшая известная верхняя оценка и это лишь в константу раз лучше, чем требует наша задача. Известно также, что для каждого n существует граф на n вершинах, кликовое хроматическое число которого не меньше для некоторой константы c. Таким образом, между верхними и нижними оценками сохраняется зазор в корень из логарифма раз, и этот зазор кому-то предстоит устранить — возможно, кому-то из читающих эту брошюру!
Отметим и один из интереснейших классов графов. Это так называемые геометрические графы. У них вершины — точки в пространстве (или даже просто на плоскости), а ребра соединяют пары точек, находящихся на расстоянии не больше 1. Эти графы важны для таких классических задач комбинаторики, как проблема Нелсона-Хадвигера раскраски пространства, проблема Борсука и др. (см. брошюры А. М. Райгородского «Хроматические числа», «Проблема Борсука» (М.: МЦНМО, 2015); про разные вариации на тему этих графов уже бывали задачи на МMO — например, задача 6 для 10 класса в варианте 2010 года). Так вот для этих графов даже в случае плоскости зазор между верхними и нижними оценками аж от 3 до 9!
На экране компьютера напечатано натуральное число, делящееся на 7, а курсор находится в промежутке между некоторыми двумя его соседними цифрами. Докажите, что существует такая цифра, что, если её впечатать в этот промежуток любое число раз, то все получившиеся числа также будут делиться на 7.
Пусть a и b — числа, стоящие слева и справа от курсора соответственно, и число b состоит из n цифр. Тогда по условию делится на 7. Если между числами a и b вставить одну цифру x, то получим число Можно подобрать эту цифру так, чтобы это число также делилось на 7, так как при такие числа имеют различные остатки при делении на 7. По индукции докажем, что если вставить m цифр x, то получившееся число также будет делиться на 7 База индукции проверена выше. Для шага индукции достаточно доказать, что разность
делится на 7, где означает число, составленное из последовательно приписанных друг к другу записей чисел (цифр) a и b. Эта разность при некотором равна
и имеет тот же остаток при делении на 7, что и число
а последнее делится на 7 по предположению индукции.
Приведем другое решение.
Пусть а и
Подберем цифру x так, чтобы при любом это число делилось на 7. Вычтем из него по условию делящееся на 7 число Получим число
Цифру x можно подобрать в зависимости от остатка от деления числа a на 7 так, чтобы число а значит и делилось на 7. Это соответствие можно указать явно с помощью следующей таблицы:
a (mod 7) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
цифра x | 0 или 7 | 5 | 3 | 1 | 6 | 4 | 2 |
На доске написано несколько чисел. Разрешается стереть любые два числа a и b, а затем вместо одного из них написать число Какое наименьшее число может остаться на доске после 2018 таких операций, если изначально на ней написано 2019 единиц?
Пусть mn — наименьшее число, которое можно получить из n единиц после операций. Заметим, что
при всех Действительно, как бы мы ни получили наименьшее число mn, оно равно где числа x и y были получены на предыдущем шаге. Пусть x получено из p единиц исходного набора, а y — из оставшихся единиц. Если или (предположим для определенности, что то из исходного набора p единиц можно было бы получить меньшее число, не затрагивая второй набор.
Значит, на последнем шаге можно получить число, меньшее mn, что противоречит определению mn.
Докажем индукцией по n, что где
a определяется из условия (то есть При это равенство проверяется непосредственно:
Предположим, что оно верно для всех где и докажем его для
Лемма. Наименьшее значение выражения при условии достигается при где обозначено [x] — наименьшее целое число, не меньшеe x.
Доказательство. Обозначим Пользуясь формулой для f(n), получаем где (это проверяется непосредственно как в случае так и при Из полученной формулы для d(n) следует, что поэтому при
Пусть и Сравним значения и Их разность равна
Если то а значит,
Итак, если p пробегает значения от 1 до (то есть не превосходит q), то сумма не возрастает, а значит, ее наименьшее значение достигается при (соответственно, Лемма доказана.
Из доказанной леммы и предположения индукции следует, что
Остается убедиться, что
Пусть k таково, что Тогда Если то
и
Если же то и
то есть в обоих случаях имеем
Следовательно,
При получаем и
Ответ:
Приведем другое решение.
Пусть x — число, получившееся после 2018 операций. Проследим, как было получено это число. Для этого «развернем» все операции в обратном направлении. При прямом применении операции два числа заменялись одним, поэтому при обратном каждое число мы будем заменять на два числа, из которых оно было получено (сохраняя деление на 4):
При этом есть числа, у которых нет предшественников это единицы. Каждую единицу мы искусственно представим в виде суммы двух чисел:
(если то с этой единицей мы проделаем ту же процедуpy). Далее каждую степень двойки, стоящую в числителе и полученную когда-то из единицы, мы снова искусственно превращаем в сумму двух чисел:
Таким образом, при каждом таком «разворачивании» операции в обратном направлении количество чисел удваивается. Поэтому в итоге мы получим представление числа x в виде дроби, в числителе которой стоит сумма 2048 чисел каждое из которых есть некоторая степень двойки, а знаменатель равен 411.
Обозначим через ak количество слагаемых вида ak, в числителе дроби, представляющей число x.
С учетом искусственного раздвоения единиц и чисел, получающихся из них, исходное количество единиц равно
Получаем следующую систему условий, равносильную исходной задаче:
Чтобы сделать число x наименьшим, необходимо обнулить как можно больше чисел ak с большими коэффициентами (или, что то же самое, с большими номерами k). Для 2019 единиц достаточно положить Решением системы
будут числа и Тогда
Заметим, что если изначально на доске было написано количество единиц, равное степени двойки, то можно положить то есть в этом случае можно взять отличным от нуля только a0.
Наверх