ОММО 2019
Условия и ответы ОММО (все варианты).
info@olympiads.biz - почта для подключения следующих олимпиад.

Олимпиада МИФИ Росатом по математике 2014-2015 / Задания и решения отборочного этапа
  • Задача №3-22.
    image

    Решение:
    Ребро кубика можем взять за `1`. Пусть `a>=b>=c in NN` - ребра параллелепипеда. Тогда `abc` - число кубиков.
    Один кубик будет окрашен по трем граням, `a-1+b-1+c-1` кубиков будут окрашены по двум граням.
    `(a-1)(b-1)+(b-1)(c-1)+(c-1)(a-1)` кубиков окрашены только по одной грани. Получили общее число окрашенных кубиков: `a+b+c-2+(a-1)(b-1)+(b-1)(c-1)+(c-1)(a-1)`.
    `1/2abc=ab+bc+ca-a-b-c+1`. Надо найти такое натуральное решение уравнения, чтобы произведение `abc` принимало наименьшее значение.
    `abc-ab-bc-ca+a+b+c-1=1/2abc`,
    `(a-1)(b-1)(c-1)=1/2abc` (это равенство можно было получить сразу, т.к. слева число неокрашенных кубиков).
    `2(a-1)(b-1)(c-1)=abc => c>=2`.
    `c=2`: `(a-1)(b-1)=ab` - нет решений `=> c>=3`.
    `c=3`: `4(a-1)(b-1)=3ab`,
    `ab-4a-4b+4=0`,
    `(a-4)(b-4)=12=12*1=6*2=4*3`,
    `(a,b)=(16,5), (10,6), (8,7) => abc_min=8*7*3=168`.
    `c=4`: `6(a-1)(b-1)=4ab`,
    `ab-3a-3b+3=0`,
    `(a-3)(b-3)=6=6*1=3*2`,
    `(a,b)=(9,4), (6,5) => abc_min=6*5*4=120`.
    Понятно, что если `c>=5 => abc>=5^3=125`.

    Ответ: `120`.
  • Задача №3-23.
    image

    Решение:
    `n=1`: `P=bar(a6b4)=k^2, k in NN`,
    `k^2 in [1000;9999] => k in [32;99]`.
    `k^2` оканчивается на `4 => k` оканчивается на `2` или `8`.
    `k=32,38,42,48,...,92,98`.
    `k^2=1024,1444,1764,2304,2704,3364`,
    `3844,4624,5184,6084,6724,7744,8464,9604`.
    Вторая цифра равна 6, подходят только `68^2=4624, 98^2=9604`.
    По условию `b!=0`, поэтому подходит только `4624`.
    Проверкой в лоб несложно убедиться, что `sqrtP=bar(66...68)`, `n` цифр `6`.
    `a+b=4+2=6`.

    Ответ: `6`.
  • Задача №3-24.
    image

    Решение:
    `cos2beta=2cos^2beta-1 => a_(n+1)=2a_n^2-1`.
    `a_k in [-1;0)`.
    Если `a_k=-1/2 => a_(k+1)=2*1/4-1=-1/2`. Поэтому при `a_1=-1/2` условие задачи выполняется.
    Пусть `a_1 in (-1/2;0) => a_1=-1/2+t`, где `t in (0;1/2)`.
    Тогда `a_3=2a_2^2-1=2(2a_1^2-1)^2-1=`
    `=8a_1^4-8a_1^2+1=-1/2+2t(4t^3-8t^2+2t+2)`.
    `4t^3-8t^2+2t+2=4t(t-1)^2+1-2t+1>1` т.к. `t < 1/2`.
    Итак, `a_3> -1/2+2t` или `a_3=-1/2+(2+epsilon)t`. И т.д.
    Получаем, что каждый следующий член последовательности с нечетным индексом возрастает, причем степень возрастания каждый раз более, чем удваивается. Значит, каким бы не был маленьким `t`, на каком то шаге `a_(2k+1)` станет положительным.
    Если `a_1 in [-1;-1/2) => a_2 in (-1/2;0)` - далее действуем аналогично, только с четными индексами.
    Итак, `cosalpha=-1/2 => |cosalpha|=1/2`.

    Ответ: `0.5` или `1/2`.
  • Задача №3-25.
    image

    Решение:
    image
    В условии куб ребра равен `2`, поэтому найденное минимальное расстояние удваивается.
    `d_min=sqrt3-sqrt2 ~ 0.318`.

    Ответ: `0.318`.
  • Задача №3-26.
    image

    Решение:
    Решим задачу для `n`-угольника с четным числом вершин.
    Пусть `n = 2m`. Диагонали и стороны правильного  `2m`-угольника имеют `m` различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на `m – 1` концентрических окружностях (по `n` точек на каждой) или в общем центре этих окружностей. Поскольку различные окружности имеют не более двух общих точек, окружность, не принадлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более `1 + 2(m – 1) = 2m – 1 = n – 1` отмеченных точек.
    При `n=2014` максимальное число красных точек равно `2014`.

    Ответ: `2014`.
  • Задача №2-1.
    image

    Решение:
    Треугольник `O_1O_2O_3` равнобедренный, основание проходит через точку `C`.
    Очевидно, что основание равно гипотенузе исходного треугольника, т.е. `7sqrt2`.
    Боковая сторона вместе с полу-диагоналями квадратов составляет треугольник, стороны которого равны `7/sqrt2`, `7`, а угол между данными сторонами равен `pi/4+pi/4+pi/4=3/4pi`.
    Тогда `a^2=49/2+49+2*49/sqrt2*1/sqrt2=49(1/2+1+1)=49*5/2`.
    `a=7*sqrt(5/2)`.
    Найдем меньший угол данного треугольника:
    `(7/sqrt2)/sinphi=a/sin(135^0)`,
    `sinphi=1/sqrt5*1/sqrt2=1/sqrt10`.
    Угол при вершине `DeltaO_1O_2O_3` равен `alpha=pi/2-2phi`.
    `S_(O_1O_2O_3)=1/2a^2*sinalpha=1/2a^2sin(pi/2-2phi)`,
    `S_(O_1O_2O_3)=49*5/4*cos2phi=49*5/4*4/5=49`.

    Ответ: `49`.
  • Задача №2-2.
    image

    Решение:
    `(pi(x+y))/6=+-pi/3+2pik, k in ZZ`,
    `x+y=+-2+12k, k in ZZ`,
    По условию `x,y>0 => k>=1`, либо `k=0,x+y=2`.
    `y=12k+-2-x, k in ZZ`.
    `f=4(y+x^2)=4(x^2-x+12k+-2)`,
    `f=4x^2-4x+4(12k+-2)=(2x-1)^2-1+4(12k+-2)`,
    `f_min=8(6k+-1)-1` при `x=1/2`.
    Понятно, что полученное выражение принимает минимальное положительное значение при `k=0`.
    `f_min=7`.

    Ответ: `7`.
  • Задача №2-3.
    image

    Решение:
    Если круги пересекаются (в двух точках), расстояния между центрами будет меньше суммы радиусов. Следовательно, круги касаются или не пересекаются вообще.
    `x>=y` - радиусы кругов.
    `S_1+S_2=pi(x^2+y^2)`,
    `f=x^2+y^2 -> max`.
    Понятно, что круги должны касаться, в противном случае увеличиваем круги до точки касания, увеличивая тем самым сумму площадей. Также, каждый из кругов должен касаться минимум двух сторон, т.к. в противном случае увеличиваем оба круга до касания с двумя сторонами (через любые три точки можно провести окружность).
    Легко заметить, что прямая, объединяющая центры кругов лежит на диагонали квадрата.
    При этом `x+xsqrt2+y+ysqrt2=asqrt2`,
    `y(sqrt2+1)=asqrt2-x(sqrt2+1)`,
    `y=a*sqrt2/(sqrt2+1)-x`,
    `f(x)=x^2+y^2=x^2+(a*sqrt2/(sqrt2+1)-x)^2`, где `x in [a/4;a/2]`.
    `f(x)=2x^2-2x*asqrt2/(sqrt2+1)+a^2*2/(3+2sqrt2)`,
    `a_min=a/(2+sqrt2) => f_max` принимается на одном из концов отрезка.
    `a/4=0.25a, a/(2+sqrt2)~0.29a, a/2=0.5a` - правый конец отрезка дальше от вершины.
    `f_max=f(a/2)=a^2/4+a^2/4((sqrt2-1)/(sqrt2+1))^2`,
    `f_max=a^2/4+a^2/4(3-2sqrt2)/(3+2sqrt2)=`
    `=a^2/4*(1+(3-2sqrt2)/(3+2sqrt2))=a^2/2*3/(3+2sqrt2)`.
    `a=(4(sqrt2+1))/sqrt(pi) => a^2=(16(3+2sqrt2))/pi`,
    `pi*f_max=16*3/2=24`.

    Ответ: `24`.
  • Задача №2-4.
    image

    Решение:
    По условию, `x,y in ZZ, x,y>=0`.
    Решим уравнение в целых неотрицательных числах:
    `y(x+1)-2x^2-x=50`,
    `y(x+1)-2x(x+1)+x+1=51`,
    `(x+1)(y-2x+1)=51=1*51=3*17=17*3=51*1`.
    `{(x+1=1),(y-2x+1=51):} => (x,y)=(0,50)`,
    `{(x+1=3),(y-2x+1=17):} => (x,y)=(2,20)`,
    `{(x+1=17),(y-2x+1=3):} => (x,y)=(16,34)`,
    `{(x+1=51),(y-2x+1=1):} => (x,y)=(50,100)`.
    Получили `4` точки, хотя необходимо `3` точки. Если выкинуть первую точку (она проходит по границе первой четверти), то площадь треугольника будет равна `224`.
    Другие группы по `3` точки дадут площади, равные `224,800` и `800`.

    Ответ: `224`.
  • Задача №2-5.
    image

    Решение:
    `p=2 => 8p^2+1=33` - не подходит.
    `p=3 => 8p^2+1=73` - подходит.
    `p>3 => (p,3)=1 => p^2 -=1` `mod` `3 => 8p^2+1 -=9-=0` `mod` `3` - нет решений.

    Ответ: `3`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике