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 2018 и другие перечневые олимпиады.

Очный тур олимпиады Высшая проба 2013-2014 по математике / Задания и решения


  • 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 Высшая проба 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике
    Очный тур олимпиады Высшая проба 2013-2014 по математике (олимпиада НИУ ВШЭ). Задания и решения.

    image
    image
  • 11 класс. Задача №1. 10 класс. Задача №3.
    На координатной плоскости нарисовано множество точек, заданное уравнением `x=y^2`. Окружность радиуса `5` с центром в точке `(11;1)` пересекает это множество в точках `A,B,C` и `D`. Докажите, что все точки `A,B,C,D` лежат на одной параболе, т.е. на кривой, задаваемой уравнением `y=ax^2+bx+c`, и найдите уравнение этой параболы.

    Решение:
    1) Уравнением окружности с центром в `(11;1)` и радиусом `5` будет:
    `(x-11)^2+(y-1)^2=25`
    2) Координаты точек `A,B,C,D` являются решением системы:
    `{((x-11)^2+(y-1)^2=25),(x=y^2):}`
    `{(x^2-22x+121+y^2-2y+1=25),(x=y^2):}`
    `{(x^2-22x+121+x-2y+1=25),(x=y^2):}`
    `{(x^2-21x+97=2y),(x=y^2):}`
    `{(y=0.5x^2-11.5x+48.5),(x=y^2):}`

    Таким образом точки `A,B,C,D` лежат на параболе `y=0.5x^2-11.5x+48.5`.
    Доказывать, что полученная система имеет ровно `4` решения или вообще существование решений и.т.д необходимости нет, т.к. это следует из условия.

    Ответ: `y=0.5x^2-11.5x+48.5`.
  • 11 класс. Задача №2.
    Через вершины правильного шестиугольника проведены `6` различных параллельных прямых. Может ли оказаться так, что все попарные расстояния между этими прямыми являются целыми числами?

    Решение:
    В правильном шестиугольнике все стороны равны и все углы равны `120^0`.
    Пусть все стороны равны `x`.
    image
    Проведем `6` параллельных прямых через вершины шестиугольника.
    Эти прямые отсекают от шестиугольника - треугольник, трапецию, параллелограмм, трапецию и треугольник.
    Расстояния между соседними прямыми являются высотами всех этих фигур.
    В силу правильности шестиугольника и параллельности прямых легко заметить, что две трапеции и два треугольника одинаковые, т.е. есть определенная симметрия.

    Попарные расстояния будут целые, если расстояние между соседними прямыми будут целые.
    Если высоты обозначим за `m,n,k` - необходимо и достаточно, чтобы они принимали целые значения,
    тогда все попарные расстояния будут целые.

    Маленький угол треугольника обозначим за `a`.
    Тогда из прямоугольного треугольника, катетом которого является `m`, а углом против него - `a`,
    следует, что `m=x*sina`.

    В треугольнике найдем второй угол, он равен `60^0-a`, поскольку другие углы равны `120^0` и `a`.
    Рассмотрим прямоугольный треугольник, катетом которого является величина `m+n`,
    а противолежащий угол равен `60^0-a` (это следует из параллельности прямых).
    Тогда `m+n=x*sin(60^0-a)`

    Рассмотрим большой прямоугольный треугольник, катетом которого является расстояние от крайних прямых, т.е. этот катет равен `m+n+k+n+m=2m+2n+k`.
    А гипотенуза это диагональ шестиугольника. В правильным шестиугольнике диагональ равна `2x`, где `x` - сторона. Противолежащий ему угол равен `60^0+a`.
    Значит `2m+2n+k=2x*sin(60^0+a)`.
    Получаем систему:
    `m=x*sina`
    `m+n=x*sin(60^0-a)`
    `2m+2n+k=2x*sin(60^0+a)`
    Решаем:
    `m=x*sina`
    `n=x*sin(60^0-a)-x*sina`
    `k=2x*sin(60^0+a)-2x*sin(60^0-a)`

    Надо найти такие `x` и `a`, чтобы `m,n,k` были целые и положительные, причем `a` должен быть меньше `30` градусов.
    `sin(60^0-a)=sqrt3/2*cosa-1/2*sina`
    `sin(60^0+a)=sqrt3/2*cosa+1/2*sina`
    Пусть `sina=sqrt(3/103), cosa=10*sqrt(1/103)`
    `x=2*sqrt(103/3)`
    Тогда `x*sina=2, sqrt3*x*cosa=20`
    Значит `m=2, m+n=10-1=9, 2m+2n+k=2*(10+1)=22`
    `m=2, n=7, k=4`.
    Все расстояние получились целые.

    Ответ: такое возможно.
  • 11 класс. Задача №3.
    Последовательность `a_n` строится следующим образом: `a_1, a_2` - произвольные действительные числа, при `n>=3` число `a_n` равно наименьшему из чисел `|a_i-a_j|, 1<=i<j<=n-1`. Например, если `a_1=6, a_2=19/2`, то получаем последовательность `6,19/2,7/2,5/2,1,1,0,0,0....` При некотором выборе `a_1, a_2` получилась последовательность, в которой `a_10=1`. Найдите наименьшее возможное значение `a_3` в такой последовательности.

    Решение:
    Классическая задача на последовательность Фибоначчи. В прошедшем учебном году, задачи на последовательность Фибоначчи встречались на заочном или очном туре почти всех основных олимпиад по математике (Физтех, Ломоносов, Покори Воробьевы горы).

    Легко заметить, что начиная с третьего члена, последовательность не возрастает.
    Докажем, что `a_k>=a_(k+1)` при всех `k>=3`.
    `a_k` является минимальной разностью вида `|a_i-a_j|`, где `1<=i<j<k-1`,
    `a_(k+1)` является минимальной разностью вида `|a_i-a_j|`, где `1<=i<j<k`, при этом одна из этих разностей равна `a_k`,
    поэтому, если `a_(k+1)>a_k`, то это противоречит минимальности `a_(k+1)`.

    Также, из условия следует, что `a_(k+2)<=|a_(k+1)-a_k|=a_k-a_(k+1)`,
    `a_k>=a_(k+2)+a_(k+1)`.

    Из не возрастания следует, что `a_9>=a_10=1`.
    Из второго нер-ва получаем цепочку нер-в:
    `a_8>=a_10+a_9>=2`,
    `a_7>=a_8+a_9>=3`,
    `...`
    `a_3>=21`.
    При этом, минимальное значение `a_3=21` достижимо при `a_1=55, a_2=34`, когда получается обратная последовательность Фибоначчи. Проверить легко.

    Ответ: `21`.
  • 11 класс. Задача №4.
    Многогранник вписан в сферу радиуса `R`, а его объем численно равен площади его поверхности.
    a. Докажите, что `R>3`.
    b. Может ли `R` быть больше `1000`?

    Решение:
    a. Разобьем многогранник на множество пирамид, с единой вершиной, которая является центром сферы. Основанию каждой пирамиды соответствует одна грань многогранника.
    Тогда объем многогранника равен сумме объемов всех пирамид, а площадь поверхности многогранника равна сумме площадей оснований всех пирамид.
    Возьмем произвольную пирамиду. Ее объем `V=1/3h*S`, где `S` - площадь основания.
    `R` - радиус сферы, тогда `R>h` верно для высоты любой из пирамид.
    Значит, `V<1/3R*S`.
    По условию задачи, объем многогранника равен площади его поверхности. Обозначим эту величину через `t`.
    Просуммировав полученное нер-ва для всех пирамид, получаем, что `t<1/3R*t`,
    `1/3R>1 => R>3` чтд.
    b. Докажем, что радиус `R` может быть больше любого числа `t`.
    Построим пример с многогранником, который является параллелепипедом со сторонами `a,a,b` (такой параллелепипед можно вписать в сферу).
    Тогда площадь поверхности многогранника равна `2a^2+4ab`, а объем равен `a^2b`.
    По условию, `2a^2+4ab=a^2b`,
    `b(a^2-4a)=2a^2`,
    `b(a-4)=2a`
    `b=(2a)/(a-4)`.
    Пусть `a=3t`, тогда `R>t`.
    У параллелепипеда со сторонами `3t,3t` и `(3t)/(t-2)`, радиус описанной вокруг нее сферы всегда больше `t`.

    Ответ: a. доказано.
    b. Да.
  • 11 класс. Задача №5. 10 класс. Задача №6.
    Пусть `p>2` - целое число, не делящееся на `3`. Докажите, что существуют такие целые числа `a_1,a_2,...a_k`, что
    `-p/2<a_1<a_2<...<a_k<p/2`
    и произведение
    `(p-a_1)/(|a_1|)*(p-a_2)/(|a_2|)*...*(p-a_k)/(|a_k|)`
    равно `3^m` для некоторого натурального `m`.

    Решение:
    Задача на остатки. Чтобы выполнилось условие задачи, достаточно произведение
    `A=(p-a_1)*...*(p-a_k)` представить в виде `3^m*T`,
    а произведение `B=|a_1*...*a_k|` в виде `3^n*T`.
    По условию `p` не делится на `3`, значит `p=3q+1, 3q+2`, где `q` целое положительное число.
    Рассмотрим случай `p=3q+1`.
    Пусть `q=2s, s in NN, p=6s+1`. Рассмотрение случаев четности `q` необходимо, поскольку `a_i in (-p/2;p/2)`.
    Целая часть `[-p/2]=[-3s-1/2]=-3s-1, [p/2]=3s`,
    значит `-3s<=a_1<...<a_k<=3s-1`.
    Пусть `a_1=-3s+1, a_2=-3s+4, a_3=-3s+7,...,`
    `a_s=-3s+3s-2=-2, a_(s+1)=1,...,a_(2s)=-3s+6s-2=3s-2`.
    Тогда `-p/2<a_1<...<a_(2s)<p/2`.
    При этом, `A=9s*(9s-3)*(9s-6)*...*(3s+3)=`
    `=3^(2s)*3s*(3s-1)(3s-2)...(s+1)=3^(2s)*((3s)!)/(s!)`.
    `B=|(3s-1)(3s-4)(3s-7)...5*2*1*4*...*(3s-5)(3s-2)|=`
    `=1*2*4*5*...*(3s-2)(3s-1)=`
    `=((3s)!)/(3*6*9*...*3s)=((3s)!)/(3^s*s!)`,
    `A/B=3^(3s)`, т.е. `m=3s`.
    Остальные случаи рассматриваются аналогично.
  • 11 класс. Задача №6.
    На клетчатой доске размером `2`x`n` клеток некоторые закрашиваются в черный цвет. Раскраска называется правильной, если среди закрашенных нет двух соседних клеток. (Соседними называются клетки, имеющие общую сторону.) Раскраска, в которой ни одна клетка не закрашена, тоже считается правильной.
    Пусть `A_n` - количество правильных раскрасок с четным числом закрашенных клеток, `B_n` - количество правильных раскрасок с нечетным числом закрашенных клеток. Найти все возможные значения `A_n-B_n`.

    Решение:
    Введем числа(для доски размером `2`x`k`):
    `a(k)` - число правильных раскрасок с четным числом закр. клеток и в последнем столбце нет раскрашенных клеток,
    `b(k)` - число правильных раскрасок с четным числом закр. клеток и в последнем столбце ровно `1` раскрашенная клетка,
    `c(k)` - число правильных раскрасок с нечетным числом закр. клеток и в последнем столбце нет раскрашенных клеток,
    `d(k)` - число правильных раскрасок с нечетным числом закр. клеток и в последнем столбце ровно `1` раскрашенная клетка,
    `A(k)=a(k)+b(k)`
    `B(k)=c(k)+d(k)`

    Найдем числа `a(k+1),b(k+1),c(k+1),d(k+1)`:
    Вначале `a(k+1)=0,b(k+1)=0,c(k+1)=0,d(k+1)=0`.
    Рассмотрим раскраски соответствующие `a(k)`:
    1) если мы в последнем столбце ничего не закрасим, то мы увеличиваем число `a(k+1)` на `a(k)`, т.к. снова получили верную раскраску: четность не менялась и в последнем столбце ничего не закрашено
    2) в последнем столбце мы можем закрасить ровно `1` клетку двумя способами, при этом четность изменится и в последнем столбце закрашена ровно `1` клетка, т.е. увеличиваем `d(k+1)` на `2*a(k)` и т.д.
    В итоге получим:
    `a(k+1)=a(k)+b(k)`,
    `b(k+1)=2*c(k)+d(k)`,
    `c(k+1)=c(k)+d(k)`,
    `d(k+1)=2*a(k)+b(k)`,
    `A(k+1)-B(k+1)=a(k)+b(k)+2*c(k)+d(k)-`
    `-(2*a(k)+b(k)+c(k)+d(k))=c(k)-a(k)`.

    Очевидно, что `a(1)=1,b(1)=0,c(1)=0,d(1)=2` и `A(1)-B(1)=-1`.
    Тогда `a(2)=1,b(2)=2,c(2)=2,d(2)=2`.

    Рассмотрим `a(k)=x+1,b(k)=y,c(k)=x,d(k)=y`, заметим, что `k=2` удовл. этому случаю
    `a(k+1)=x+1+y,b(k+1)=2*x+y`,
    `c(k+1)=x+y,d(k+1)=2*x+2+y`,
    `A(k+1)-B(k+1)=-1`,
    `a(k+2)=3*x+1+2*y,b(k+2)=4*x+3*y+2`,
    `c(k+2)=3*x+2*y+2,d(k+2)=4*x+2+3*y`,
    `A(k+2)-B(k+2)=1`.

    Видим, что опять `a(k+2)=x_1+1,b(k+2)=y_1,c(k+2)=x_1,d(k+2)=y_1`.
    Таким образом `A(n)-B(n)` может принимать всего `2` значения: `-1` и `+1`.

    Ответ: `-1` и `+1`.
  • 10 класс. Задача №1.
    Могу ли ненулевые числа `x,y` и `z` удовлетворять системе уравнений
    `{(x^2+x=y^2-y),(y^2+y=z^2-z),(z^2+z=x^2-x):}`

    Решение:
    Сложим все три уравнения:
    `x^2+y^2+z^2+x+y+z=x^2+y^2+z^2-x-y-z`,
    `2(x+y+z)=0`,
    `x+y+z=0`.

    Преобразуем первое уравнение:
    `x^2-y^2+x+y=0`,
    `(x+y)(x-y+1)=0`.

    Если `x+y=0`, значит `z=-x-y=0`, но числа должны быть ненулевые.
    Поэтому `x-y+1=0`.
    Аналогично из двух остальных уравнений :
    `y-z+1=0`,
    `z-x+1=0`.

    Сложим все три полученных равенства:
    `x-y+1+y-z+1+z-x+1=0`,
    `3=0`  - противоречие.

    Ответ: Не могут.
  • 10 класс. Задача №2.
    Действительные числа `a,b` и `c` таковы, что числа `ab,bc, ca` рациональные. Докажите, что существуют такие целые числа `x,y,z`, что `ax+by+cz=0`.

    Решение:
    Пусть `ab=m, bc=n, ca=k`, где `m,n,k` - рациональные.
    Тогда `mnk=a^2*b^2*c^2` (в частности отсюда следует, что `mnk>=0`).
    Значит `abc=+-sqrt(mnk)`.
    Рассмотрим первый случай, когда `abc=sqrt(mnk)`.
    Тогда `m*c=sqrt(mnk) => c=sqrt((nk)/m)`.
    Аналогично `a=sqrt((mk)/n), b=sqrt((mn)/k)`.
    Пусть `x=2a*n, y=-a*k, z=-a*m`.
    Тогда `ax+by+cz=2a*sqrt(mnk)-a*sqrt(mnk)-a*sqrt(mnk)=0`.
    Осталось подобрать такое значение `a`, чтобы `x,y,z` стали целыми числами.

    Нам известно, что `m,n, k` - рациональные, т.е. представимы в виде несократимых дробей.
    Пусть `a` - НОК (наименьшее общее краткое их знаменателей), тогда `a*n, a*k, a*m` - целые.
    Значит `x,y,z` - тоже целые.

    Другой случай рассматривается аналогично.

    Доказано.
  • 10 класс. Задача №4.
    image

    10 класс. Задача №5.
    image

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике