olimpiady_matematika

Имеем

|а – А| + |b – B| |a – c| + |c – A| + |b – c| + |c – B| = = (|a – c| + |c – B|) + (|c – А| + |b – c|) = |a – B| + |b – A|.

Из этого неравенства следует, что при фиксированных зеле ных точках для достижения наименьшей суммы длин четырех отрезков меньшую из зеленых точек надо соединять отрезком с меньшей из синих, вторую по величине зеленую — со второй по величине синей, третью зеленую — с третьей синей и четвер тую — с четвертой.

Пусть арифметическая прогрессия возрастает. Тогда зеленые точки расположены в порядке –5, –5 + d, –5 + 2d, –5 + 3d, а си ние в порядке –8, –2, 4, 16, и задача сводится к нахождению ми нимума функции

f(d) = 3 + |d – 3| + |2d – 9| + |3d – 21| = = 3 + |d – 3| + 2|d – 4, 5| + 3|d – 7|.

Этот минимум равен 12 и достигается при d [4,5; 7]. Если же арифметическая прогрессия не возрастает, то расстояние от синей точки 16 до любой зеленой точки будет не меньше 21, т. е. больше 12.

Олимпиада «Ломоносов», 2009 г.

1.ОТВЕТ: 8.

2.ОТВЕТ: в 80 раз.

a – 1

3. ОТВЕТ: если а > 2, то x = а – 1 и x = ------------- ; если 1 < а 2, a – 2

то нет решений.

4.ОТВЕТ: да.

5.ОТВЕТ: 3 или 6.

93

РЕШЕНИЕ. Пусть d — наибольший общий делитель чисел n и m, тогда 9d — наибольший общий делитель чисел n и m + 6. Так как d — делитель m и m + 6, то d — делитель разности этих чисел, т. е. делитель числа 6. Следовательно, d = 1, d = 2, d = 3 или d = 6. Так как числа n и m + 6 делятся на 9, то числа n и m де лятся на 3, следовательно, d делится на 3.

Таким образом, d = 3 или d = 6. Осталось проверить, что оба случая имеют место. Если d = 3, то, например, n = 27, m = 21; ес ли d = 6, то n = 54, m = 48.

6. ОТВЕТ: одно решение.

УКАЗАНИЕ. Использовать геометрическую интерпретацию уравнения.

7. ОТВЕТ: ВС = 9.

РЕШЕНИЕ. Докажем, что BCGF — прямоугольник, тогда

ВС = 152 – 122 = 9.

1) Докажем, что BE || CD. Пусть lа, lb, lc — общие касатель ные к двум окружностям, проведенные через точки А, B, С соот

la

E

Рис. 27

94

ветственно. Как известно, прямые lа, lb и lc пересекаются в од ной точке (обозначим ее через N). Кроме того, на прямой lа возь мем произвольную точку K таким образом, чтобы точка А лежала между N и K (рис. 27).

Из свойств вертикальных, вписанных углов, а также углов между касательной и хордой следуют равенства BEA = BAN =

=DAK = DCA, т. е. BE || DC.

2)Докажем, что BCD = 90° = CBE. Пусть α = CBN =

=BCN, β = ACN = ADC = ABE, γ = ABN = AEB =

=ACD. Тогда CBE = α + β + γ = BCD, а так как BE || CD, то α + β + γ = 90°.

8.ОТВЕТ: 1) может; 2) 96 раз.

9.ОТВЕТ: {(х, у)}, где х (–2; 0) (2; + ), y R.

РЕШЕНИЕ. Изобразим на координатной плоскости (v, u) множества точек, для которых верны первое, второе и третье вы сказывание соответственно (рис. 28).

Объединение этих множеств есть множество {(v, u) : u > v}, что дает нам такие пары чисел (х, у), для которых

9 + x3 – 4x – x – 2y > 3 – x – 2y 9 + x3 – 4x > 3

x3 – 4x > 0 x (– 2, 0) (2, + ) при любом y R.

95

Олимпиада «Ломоносов», 2010 г.

1. ОТВЕТ: x [–4, 1].

3

2. ОТВЕТ: -16---- .

3. ОТВЕТ: 2 млн р.

4. ОТВЕТ: x (–6; –5 + 25 – 2 ].

5. ОТВЕТ: 24, 108, 486, 2187.

РЕШЕНИЕ. Любая точка (x, y, z) данной кривой удовлетворя ет условиям

причем любая пара (y, z), удовлетворяющая последней системе, хотя бы при одном значении х удовлетворяет и первой.

7.ОТВЕТ: а < 176 – 6.

8.ОТВЕТ: S NBC = 3.

УКАЗАНИЕ. Спроектировать данную треугольную пирамиду на плоскость, перпендикулярную ребру ВС.

9. ОТВЕТ: 1) да; 2) нет.

РЕШЕНИЕ. 1) Докажем, что Саша при любых начальных ко эффициентах квадратного трехчлена, независимо от действий Маши, за конечное число шагов (либо своим ходом, либо ходом Маши) может обеспечить равенство нулю значение квадратного трехчлена в точке x = 1. Действительно, сначала Саше нужно каждый раз уменьшать свободный член на 2, при этом, в зависи мости от предыдущего хода Маши, значение квадратного трех члена в точке x = 1 уменьшится либо на 1, либо на 3. В некото рый момент, после очередного хода Саши оно станет равным –1,1 или 0. В первых двух случаях, вне зависимости от следующе го хода Маши, Саша достигнет поставленной цели.

96

2) Маша все время должна действовать так, чтобы коэффи циент при х равнялся 10 или 11. В этом случае, как бы ни дейст вовал Саша, у получающихся квадратных трехчленов целых кор ней не будет. В самом деле, после любого числа шагов трехчлен будет иметь вид x2 + 10x + 53 – 3n или x2 + 11x + 53 – 3k для не которых целых n и k. Покажем, что первый из получившихся квадратных трехчленов не имеет целых корней. Рассмотрим уравнение x2 + 10x + 53 = 3n и будем его решать перебором вари антов: x = 3m, x = 3m + 1 или x = 3m + 2; m Z. Если x = 3m, то уравнение примет следующий вид:

9m2 + 30m + 53 = 3n,

— левая часть полученного уравнения не делится на 3, а правая делится на 3. При x = 3m + 1 имеем:

(3m + 1)2 + 10(3m + 1) + 53 = 3n 9m2 + 36m + 64 = 3n.

Наконец, если x + 3m + 2, получаем, что

(3m + 2)2 + 10(3m + 2) + 53 = 3n 9m2 + 42m + 77 = 3n.

В каждом из этих уравнений левая часть также не делится на 3. Аналогично можно показать, что и уравнение x2 + 11x + 53 = = 3k не имеет решений в целых числах.

10. ОТВЕТ: 15.

РЕШЕНИЕ. Проведем через точку О общую касательную к двум окружностям и обозначим через Р точку пересечения этой касательной с прямой AD. Пусть OAP = AOP = α, ODP = = POD = β. Тогда APO = π – 2α, а OPD = π – 2β. Посколь ку APO + OPD = π, имеем π – 2α + π – 2β = π, откуда α + β =

π

= -2- . Итак, треугольники AOD и ВОС — прямоугольные, и при

Отметим на рисунке еще два угла, равных α. Это угол АСK, равный углу CAD (как накрест лежащие), и угол АKО, равный углу АОР (как вписанный угол, опирающийся на ту же дугу, что и угол между касательной и хордой). Итак, ACK = AKO = α. Следовательно, треугольник АKС подобен треугольнику АОK (по двум углам). Имеем:

97

ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ «ПОКОРИ ВОРОБЬЕВЫ ГОРЫ» МГУ ИМ. М. В. ЛОМОНОСОВА И ГАЗЕТЫ «МОСКОВСКИЙ КОМСОМОЛЕЦ»

Олимпиада «Покори Воробьевы горы», 11 класс, 2005 г.

Заочный тур

1.ОТВЕТ: не досталось.

2.ОТВЕТ: x [–1, 1].

3.ОТВЕТ: 11 землекопов.

УКАЗАНИЕ. Прологарифмировать данное уравнение по ос нованию 2, сделать замену t = log2 x, показать, что полученное уравнение имеет три вещественных корня, и воспользоваться теоремой Виета для кубического уравнения.

РЕШЕНИЕ. Пусть А (9; 2), В (х; 0), С (0; у), D (3; 3). Тогда

АВ = ( x – 9)2 + 4 , BС = x2 + y2 , CD = 9 + ( y – 3)2

и данное выражение представляет собой длину ломаной ABCD, равную l = АВ + ВС + CD. Пусть А1 (–9; –2) и B1 (–х; 0) — точки, симметричные соответственно точкам А и В относительно нача ла координат (рис. 30). Тогда АВ = А1B1, ВС = B1С и длина ло

99

маной ABCD равна длине ломаной A1B1CD. Осталось выбрать точки В1 и С так, чтобы длина этой ломаной была наименьшей. Ясно, что это произойдет тогда, когда точки В1 и С будут лежать на отрезке A1D, причем В1 будет находиться между А1 и С (рис. 31).

Уравнение прямой A1D имеет вид

маной ABCD равна в этом случае длине отрезка A1D и равна l = (3 + 9)2 + (3 + 2)2 = 13.

9. ОТВЕТ: d = 1.

100

10. ОТВЕТ: таких функций не существует.

РЕШЕНИЕ. Предположим, что существуют функции f (x) и g(x), отвечающие условию задачи. Тогда поскольку для всех х R согласно условию

f (g(x)) = x2, g( f (x)) = x3, то из этих уравнений следует равенство

f (x3) = f (g( f (x))) = f 2(x).

Отсюда получаем f (0) = f 2(0), f (1) = f 2(1), f (–1) = f 2(–1), т. е. значения f (0), f (1), f (–1) могут быть только 0 либо 1.

Пусть x1 x2, тогда

g( f (x1)) = x13 x23 = g( f (x2)),

значит, f (x1) f (x2) (иначе g( f (x1)) = g( f (x2))). Но функция f (x) в трех различных точках x = 0, 1 может принимать всего лишь два различных значения, что не согласуется с полученным ут верждением. Это противоречие показывает, что функций f (x) и g(x), удовлетворяющих равенствам, данным в условии задачи, не существует.

Олимпиада «Покори Воробьевы горы», 11 класс, 2006 г.

Заочный тур

1. ОТВЕТ: 60 мл.

2. ОТВЕТ: x = + πn, x = – arctg 3 + πn; n Z.

3.ОТВЕТ: r = 1, r = 7.

4.ОТВЕТ: x (0, 1) {2}.

РЕШЕНИЕ. Пусть t = log2 x, тогда данное неравенство примет следующий вид:

101

Здесь мы два раза использовали неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое двух положи тельных чисел. Из проведенных оценок следует, что t = 1 — единственное положительное решение неравенства. Возвраща ясь к переменной х, получаем, что 0 < х < 1 или x = 2.

5.ОТВЕТ: k {0, 1, 2, ... , 13, 14, 86, 87, ..., 99, 100}.

6.ОТВЕТ: (0, 2).

7.ОТВЕТ: n — четное число.

РЕШЕНИЕ. Выберем на плоскости произвольную точку О

и от нее отложим векторы OAi = {cos xi, sin xi}; i = 1, 2, ..., n

(рис. 32). Поскольку |OAi | = cos2 xi + sin2 xi = 1, то точки А1,

А2, ..., An лежат на окружности единичного радиуса с центром в точке О.

Ai

D

O

B

Рис. 32

Уравнения системы равносильны векторному равенству

где 0 — пулевой вектор, а неравенства |xi – xj| π, верные для всех i, j, означают, что точки Ai принадлежат одной полуокруж

102