olimpiady_matematika

точки также различны и расположены на дуге окружности (0, π], причем Q1, Q2, ..., Qn — вписанный в окружность n угольник. Стороны и диагонали этого n угольника суть отрезки вида QiQj, i, j = 1,2, ..., n, i j. Длина каждого из таких отрезков по теореме синусов находится из соотношения

при i, j = 1, 2, ..., n, i j, то длина каждого из отрезков QiQj явля ется рациональным числом. Площадь n угольника Q1, Q2, ..., Qn равна сумме площадей треугольников Q1QkQk+1, k = 2, 3, ..., n — 1. Площадь каждого из таких треугольников есть

и является рациональным числом как произведение рациональ ных чисел.

Пусть N — наименьшее общее кратное знаменателей всех рациональных чисел, которые являются длинами сторон и ди агоналей, а также площадью n угольника Q1, Q2, ..., Qn. Тогда n угольник, гомотетичный n угольнику Q1, Q2, ..., Qn с центром гомотетии в начале координат и коэффициентом N, есть выпук лый n угольник, длины всех сторон и диагоналей которого, а также его площадь — натуральные числа.

Очный тур, г. Москва

1.ОТВЕТ: 2.

2.ОТВЕТ: 2009.

УКАЗАНИЕ. Применить графическую иллюстрацию.

113

РЕШЕНИЕ. Преобразуем данное уравнение следующим об разом:

При t 0 левая часть полученного уравнения есть убываю щая, а правая — возрастающая по t функции. Поэтому корень этого уравнения угадывается: t = 1. Имеем далее:

Поэтому для того, чтобы все решения данного уравнения принадлежали отрезку [–3, 0], необходимо и достаточно выпол нение условий –3 1 – 2а 0, a 1. Отсюда и получается ответ.

6. ОТВЕТ: k = 3, k = 5.

РЕШЕНИЕ. Пусть b — первый член геометрической прогрес сии, а q — ее знаменатель. Согласно условиям задачи b и q — це лые числа, кроме того, b, q 0. Если q = 1, то b12 + b22 + ...+ bk2 = = kb2, а b1 + b2 + ... + bk = kb. Поэтому первое число делится на цело на второе. Пусть q 1. Имеем:

При любом нечетном k полученная дробь является сократи мой. Действительно,

114

Поэтому k = 3 и k = 5 удовлетворяют требованиям задачи. В то же время, к примеру, для b = 1, q = 2 и k = 4 получаем b12 + b22 + b32 + b42 = 85, а b1 + b2 + b3 + b4 = 15, т. е. первое из чи сел не делится нацело на второе.

Очный тур, г. Нижний Новгород, г. Курск

РЕШЕНИЕ. Заметим, что а = 0 не является решением задачи, так как в этом случае каждое из уравнений имеет ровно один ко рень. Положим а 0 и, разделив каждое из уравнений почленно на а, обозначим

Пусть x0 — абсцисса общей точки графиков функций y = f(x) и y = g(х). Тогда, решив уравнение f(x) = g(х), найдем, что x0 = 4а2 (рис. 37).

f(x)

q(x)

x0

x

Рис. 37

Условие задачи будет выполнено в том и только в том случае, когда

5. ОТВЕТ: AB = 35 , AC = BC = 335 .

115

6. ОТВЕТ: а) функция непериодическая; б) функция, пери одическая с периодом 2πk; в) функция периодическая с пери

πk

одом ----2-- ; k Z, k 0.

РЕШЕНИЕ. а) Функция y = sin |х| непериодическая. Действи тельно, предположим, что Т > 0 — основной период этой функ

+ 2πk и Т = – π + 2 πk; k N. Здесь при раскрытии модулей мы

при Т > 0. Осталось заметить, что уравнение 2πn = –π + 2πk не имеет решений в целых числах.

б) Функция y = cos |x| = cos x периодическая с основным пе риодом 2π.

в) Функция y = |sin x| + |cos x| периодическая с основным пе риодом π/2. Действительно,

С другой стороны, значение функции y = |sin x| + |cos x|, рав

Действительно,

|sin x| + |cos x| = 2 sin2 x + |sin 2x| + cos2x = 2

Это значит, что основной период данной функции не может быть меньше π/2.

Очный тур, г. Томск, г. Улан$Удэ

1.ОТВЕТ: x (– ; 0].

2.ОТВЕТ: 5 членов.

11π π

3. ОТВЕТ: x = ----8----- + 2 n, n Z.

116

4. ОТВЕТ: а = 3.

РЕШЕНИЕ. Данное неравенство равносильно следующей системе:

Рассмотрим координатную плоскость Оха и изобразим мно жество точек, которые задает полученная система на этой плос кости (рис. 38).

Сечение этой фигуры прямой а = а0 определяет решение не равенства при заданном значении а0. Ответ задачи — все те зна чения параметра, при каждом из которых длина отрезка в сече нии равна 1.

5.ОТВЕТ: АВ = 5, АС = 4 или АВ = 4, АС = 5.

6.ОТВЕТ: 5.

РЕШЕНИЕ. Если а и b — катеты прямоугольного треугольни ка, а Р и S — его периметр и площадь соответственно, то

117

(в оценке дважды использовано неравенство для суммы положи

тельных взаимно обратных чисел). Так как 2 + 22 > 4,8, то пер вые два из данных значений это отношение принимать не может.

P

Чтобы показать, что равенство ------- = 5 возможно, достаточно

S

установить, что существует положительное решение уравнения

где дискриминант квадратного трехчлена больше нуля и урав нение имеет два положительных корня, что следует из теоремы Виета.

Очный тур, г. Челябинск

1. ОТВЕТ: x = 1, x = 3 .

333

5.ОТВЕТ: AB = -2- , BC = -10---- .

РЕШЕНИЕ. Пусть K, L, N — точки, в которых вписанная ок ружность соответственно касается сторон АВ, ВС и АС треуголь ника ABC. Пусть также медиана ВМ пересекает вписанную ок ружность в точках Р и Q (Р лежит между В и Q). Согласно усло виям задачи и равенству касательных, проведенных из одной

118

точки к окружности, можно ввести следующие обозначения:

АK = AN = x, BK = BL = y, CL = CN = 3 – x, BP = QM = m,

PQ = 2m (рис. 39).

Рис. 39

Так как квадрат касательной, проведенной из какой либо точки к окружности, равен произведению секущей, проведенной к окружности из той же точки на ее внешнюю часть, имеем:

Далее, применив к треугольнику ABC формулу для вычисле ния длины медианы, получим, что

РЕШЕНИЕ. Пусть а и b — катеты данного прямоугольного треугольника, с — его гипотенуза, ϕ — один из острых углов, a R и r — радиусы описанной и вписанной окружностей соответст

119

R

Значит, --r- 2 > 2,4. Итак, из предложенных трех значе ний первые два это отношение принимать не может. Равенство

— существует острый угол ϕ, являющийся решением этого урав нения.

Олимпиада «Покори Воробьевы горы», 11 класс, 2010 г.

Заочный тур

3.ОТВЕТ: 55 778.

4.ОТВЕТ: 2011.

5.ОТВЕТ: всегда есть решение: М — середина ВН. Если ВН 2AH, то есть второе решение: пусть BD = 2АН, тогда М — середина HD.

6.ОТВЕТ: k = 3.

7.ОТВЕТ: в направлении l3.

РЕШЕНИЕ. 1) Рассмотрим сначала случай, когда прямые l1, l2

и l3 лежат в одной плоскости. Отложим от точки А векторы e1 ,

e2 и e3 единичной длины, лежащие на прямых l1, l2 и l3 соответ

ственно и направленные под углом 120° друг к другу. Тогда каж дый следующий прыжок зайца в направлении прямой li, i = 1, 2, 3

есть откладывание вектора ei или вектора – ei от точки, в кото

рой заяц находился в предыдущий момент. Если в некоторый момент времени выяснилось, что из точки А заяц совершил k

120

прыжков вдоль прямой l1, m прыжков вдоль прямой l2 и n прыж ков вдоль прямой l3, то точка В, в которой он после этого оказал

ся, удовлетворяет условию AB = k′ e1 + m′ e2 + n′ e3 , где числа

k′, m′ и n′ имеют ту же четность, что и числа k, m и n соответ ственно (рис. 40).

l3

Рис. 40

Пусть заяц остановился в точке С на прямой l1 на расстоя

нии 2010 от точки А в направлении вектора e1 (остальные случаи

разбираются аналогично). Покажем, что тогда он совершил оди наковое число прыжков вдоль каждой из прямых. Действитель но, в наших обозначениях

AC = k′ e1 + m′ e2 + n′ e3 = 2010e1

(k′ – 2010)e1 + m′ e2 + n′ e3 = 0 .

Вычитая из последнего равенства очевидное равенство

n′(e1 + e2 + e3 ) = 0 , получаем, что (k′ – 2010 – n′)e1 + (m′ – n′)e2 = 0 ,

откуда k′ – 2010 = n′ и m′ = n′, поскольку векторы e1 и e2 некол

линеарны. Значит, числа k′, m′, n′, а следовательно, числа k, m и n либо все четные, либо все нечетные. Но так как прыжки совер шаются по циклу, числа k, m и n различаются между собой мак симум на единицу. Поэтому все эти числа равны и последний прыжок был совершен в направлении прямой l3.

121

2) Пусть теперь прямые l1, l2 и l3 не лежат в одной плоскости.

Отложим от точки А векторы e1 , e2 и e3 единичной длины, ле жащие на прямых l1, l2 и l3 соответственно и направленные под углом 60° друг к другу (рис. 41).

Рис. 41

Рассуждаем так же, как и в первом пункте, но из равенства

(k′ – 2010)e1 + m′ e2 + n′ e3 = 0

здесь непосредственно следует, что k′ – 2010 = m′ = n′ = 0. Дей ствительно, пусть, например, k′′ = k′ – 2010 0. Но тогда век

тор k′′ e1 не лежит в плоскости, содержащей прямые l2 и l3, а век

тор m′ e2 + n′ e3 лежит в этой плоскости, поэтому сумма таких

векторов не может быть равна 0 . Аналогично рассматривают ся и остальные случаи. Значит, числа k′, m′ и n′ — четные. Да лее рассуждения, дословно повторяющие рассуждения первого пункта, завершают решение задачи.

8.ОТВЕТ: 15 .

9.ОТВЕТ: существует.

РЕШЕНИЕ. Пусть a1, a2, ..., a6 — геометрическая прогрессия

с первым членом 1 и знаменателем а = 32 . Покажем, что су ществует тетраэдр с ребрами a1, a2, ..., a6. Заметим сначала, что треугольник со сторонами a1, a2 и a4 существует (так как a1 + a2 = = 1 + a > 2 = a4) и подобен треугольнику со сторонами a2, a3 и a5 с коэффициентом подобия, равным а. Построим тетраэдр

122