olimpiady_matematika

ности. Пусть ВС — диаметр этой полуокружности, l = OD — вектор, перпендикулярный прямой ВС и пересекающий данную

полуокружность. Рассмотрим проекции векторов OAi на вектор

l . Если хотя бы одна из них не равна 0, то равенство (1) не мо жет быть выполнено. Таким образом, все векторы OAi коллине

арны, причем половина из них совпадает с вектором OB, а дру

гая половина — с вектором OC, так что общее их число должно быть четным.

8.ОТВЕТ: четыре поворота.

9.ОТВЕТ: не существуют.

РЕШЕНИЕ. Убедимся сначала в справедливости следующих двух утверждений.

1)Если а, b, с, d — рациональные числа и а + b2 = с +

+d2 , то а = с и b = d. Действительно, так как а – с = (d – b)2 ,

нальное.

2) Если a, b — рациональные числа, то

(a b2 )6 = A B2 ,

где А и В — рациональные числа. Утверждение 2) следует из ут верждения 1) и из равенств (a b2 )6 = a6 6a5(b2 ) +

+15a4(b2 )2 20a3(b2 )3 + 15a2(b2 )4 6a(b2 )5 + (b2 )6. Таким образом, если х, у, u, v — рациональные числа и

(x + y2 )6 + (u + v2 )6 = 7 + 52 ,

то

(x – y2 )6 + (u – v2 )6 = 7 – 52 ,

что невозможно, так как 7 – 52 — отрицательное число.

103

10. ОТВЕТ: пирамида разбивается на 14 частей: четыре па раллелепипеда с объемами 2, 3, 9, 18; четыре пирамиды с объема

Олимпиада «Покори Воробьевы горы», 11 класс, 2007 г.

Заочный тур

1.ОТВЕТ: 8 или 20 км.

2.ОТВЕТ: x = 2, x = 1 + log4 (3 – 7 ).

3

--

3. ОТВЕТ: 2007. При |а| 2• 6692 уравнение имеет по край ней мере два различных корня; для любых двух корней х1 х2

верно равенство x12 + х1х2 + x22 = 2007.

4.ОТВЕТ: 1) нет; 2) нет.

5.ОТВЕТ: 31.

РЕШЕНИЕ. После почленного домножения данного неравен

Поскольку функция y = sin x меняет знак при переходе аргу мента через значения πk, k Z, то k е решение nk неравенства

n n + 1

sin -- sin ------------- < 0 удовлетворяет двойному неравенству

2 2

Для k = 5 получается промежуток 10π – 1 < n5 < 10π, содержа щий единственное целое число n5 = 31. Это и есть пятое из нату ральных чисел, удовлетворяющих исходному неравенству.

f(x, у, z) = (x + y + 2z + |x – у|) + |x + y – 2z + |x – y|| =

=2 max (x + у) + |x – у|; 2z) = 2 max (2 max (x, у); 2z) =

=4 max (x, у, z).

Имеем далее:

f(x, у, z) + | f (x, y, z)| = 0 f(x, y, z) 0

x 0,

max (x, у, z) 0 у 0, z 0.

8. ОТВЕТ: а2007 = 2007.

РЕШЕНИЕ. Заметим, что для положительных чисел х, у, z од

105

Складывая первые два неравенства и сравнивая их с третьим,

симы лишь два, поэтому решения системы могут быть записаны в следующем виде:

при нечетных n.

Олимпиада «Покори Воробьевы горы», 11 класс, 2008 г.

Заочный тур

1.ОТВЕТ: в 12 часов 48 минут,.

2.ОТВЕТ: x [–3; 0] (0; 10 ].

3.ОТВЕТ: а = –2009.

4.ОТВЕТ: 2.

РЕШЕНИЕ. Пусть А = cos x + cos y + cos z, В = sin x + sin y + + sin z. Имеем:

A2 + В2 = (cos x + cos y + cos z)2 + (sin x + sin y + sin z)2 =

=(cos2 x + sin2 x) + (cos2 y + sin2 у) + (cos2 z + sin2 z) +

+2(cos(x – y) + cos(y – z) + cos (z – x)) 3 + 2•3 = 9.

106

Так как по условию B 5 , то B2 5, следовательно, А2 4

7. ОТВЕТ: 2 м 40 см.

8. ОТВЕТ: –44, 5.

РЕШЕНИЕ. Перемножим числа а = sin 1°•sin 3° ... sin 89° и b = sin 2°•sin 4° ... sin 90° (0 < a, b < 1). Имеем:

ab = (sin 1°•sin 89°)•(sin 2°•sin 88°) ...

... (sin 43°•sin 47°)•(sin 44°•sin 46°)•sin 45°•sin 90° =

° °) ° 2°) ° ° 1

= (sin 1 •cos 1 •(sin 2 •cos ... (sin 44 •cos 44 )• ------ =

2

= ---------- •sin 2 •sin 4 ... sin 88 = ---------- .

1 ° ° ° b

244,5 244,5

Отсюда а = 2–44,5 и log2 a = –44,5.

9. ОТВЕТ: 243 .

РЕШЕНИЕ. Преобразуем данную систему следующим обра зом:

Первое уравнение полученной системы представляет собой теорему косинусов, примененную в треугольнике со сторонами

х, y , 5 и углом между первыми двумя сторонами, равным 150°,

-

-

--

--

3

в PAB. Второе уравнение составлено по теореме Пифагора

107

y

в прямоугольном треугольнике РВС с катетами ------ и z и гипоте

3

нузой 4. Наконец, третье уравнение — это применение теоремы косинусов в треугольнике РAС со сторонами x, z, 3 и углом 120° между сторонами х и z. Заметим теперь, что искомое выражение хy + 2yz + 3xz с точностью до множителя равно сумме площадей треугольников РАВ, РВС и РАС (рис. 33).

( ABC — прямоугольный), то xy + 2yz + 3xz = 243 .

10. ОТВЕТ: n = 15.

Олимпиада «Покори Воробьевы горы», 11 класс, 2009 г.

Заочный тур

108

3.ОТВЕТ: два цвета.

4.ОТВЕТ: х = 0, y = kx + 1004; k R.

УКАЗАНИЕ. Точка с координатами (0; 1004) — центр сим метрии данной фигуры, поэтому любая прямая, проходящая че рез эту точку, делит площадь этой фигуры пополам.

.........................................................................................................

После почленного сложения этих равенств приходим к вы ражению:

7. ОТВЕТ: 1) нет; 2) нет.

РЕШЕНИЕ. 1) Пусть π1 и π2 — две различные плоскости, кото рые отсекают от боковых граней данного трехгранного угла тре

109

угольники равной площади. Пусть О — вершина трехгранного угла, плоскость π1 пересекает ребра трехгранного угла в точках

A1, В1 и С1, а плоскость π2 — в точках A2, В2 и С2, при этом A2 ле жит на прямой OA1, В2 — на прямой OB1, С2 — на прямой OC1

(рис. 34).

A1

B1

B2

Рис. 34

Из равенства площадей треугольников OA1В1 и OA2В2 следу ет, что OA1•OВ1 = OA2•OВ2. Аналогично, OA1•OC1 = OA2•OC2. Если OA1 = OA2, то OB1 = OВ2 и OC1 = OC2, т. е. плоскости π1

иπ2 совпадают. Значит, A1 A2. Пусть для определенности OA1 > OA2. Тогда OB1 < OВ2 и OC1 < OC2, что противоречит ус ловию равенства площадей треугольников OB1C1 и OB2C2.

2)Пусть плоскость π1 пересекает ребра данного четырех гранного угла с вершиной О в точках A1, B1, C1 и D1 (четырех

угольник A1B1C1D1 есть сечение этого угла плоскостью). Рас смотрим на ребрах этого угла точки А2 OA1, B2 OB1, C2 OC1, D2 OD1 такие, что пары треугольников OA1B1 и OA2B2, OB1C1

иOB2C2, OC1D1 и OC2D2, а также OD1A1 и OD2A2 равновелики

(рис. 35).

Аналогично рассуждениям из первого пункта доказывается, что A1 A2, пусть OA1 > OA2. Тогда из равенств OA1•OB1 = = OA2•OB2, OB1•OC1 = OB2•OC2, OC1•OD1 = OC2•OD2 сле

110

O

C2 D2

A1

C1

B1

B2

Рис. 35

дуют неравенства OB1 < OB2, OC1 > OC2, OD1 < OD2. Кроме то го, из этих же равенств вытекает, что

OA1 OB2 OC1 OD2

----------- = ----------- = ----------- = ----------- .

OA2 OB1 OC2 OD1

Это означает, что прямые A2C2 и B2D2 параллельны диагона лям A1C1 и B1D1 четырехугольника A1B1C1D1 соответственно и находятся по разные стороны от плоскости этого четырехуголь ника. Следовательно, прямые A2C2 и B2D2 скрещиваются, и по этому не могут лежать в одной плоскости.

8.ОТВЕТ: первая — 1, предпоследняя — 2, последняя — 5.

9.ОТВЕТ: 20092.

10.ОТВЕТ: такой многоугольник существует для любого

n 3.

РЕШЕНИЕ. Докажем сначала, что для любого n 3 существу ет выпуклый n угольник, у которого площадь, а также длины всех сторон и всех диагоналей рациональны. Зафиксируем n и рассмотрим окружность единичного радиуса с центром в начале координат. На этой окружности выберем точку А с координата

111

ми (1, 0) и точки A1, A2, ..., Аn, где координаты точки Ak = (xk, yk), k = 1, 2, ..., n вычисляются следующим образом:

αk α

----- , а значит, и последовательность { k} строго убывает. Это

2

означает, что все точки A1, A2, ..., Аn различны и

Рис. 36

Теперь на данной окружности рассмотрим точки Q1,Q2, ...,

..., Qn такие, что AOQk = 2 AOAk = 2αk, k = 1, 2, ..., n. Все эти

112