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.

Межведомственная олимпиада по математике 2014-2015 / Очный тур / Задания и решения всех вариантов


  • 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.


    Межведомственная олимпиада по математике 2014-2015. Очный тур. Задания и решения всех вариантов
    Межрегиональная олимпиада школьников на базе ведомственных образовательных учреждений (математика) - полное название.
  • 1. Пусть `f(x)=x^2-x+1`. Докажите, что для всех натуральных чисел `m`, больших единицы, числа `m, f(m), f(f(m))` попарно взаимно просты. (Натуральные числа `a,b,c` называют попарно взаимно простыми, если каждое из них больше `1`, и никакие два из них не имеют отличных от `1` общих делителей. Например, числа `7,8,15` попарно взаимно просты, а числа `5,8,15` нет.)

    Решение:
    Заметим, что `f(x)=x^2-x+1=(x-1)^2+x>=3` при всех `x>=2`.
    `f(m)=m^2-m+1=m(m-1)+1`.
    Если у натуральных чисел `m` и `f(m)` есть общий делитель, больший `1`, следовательно `1=f(m)-m(m-1)` делится на этот делитель, чего не может быть.
    Отсюда следует, что `f(m)` и `f(f(m))` тоже взаимно просты.
    `f(f(m))=f(m)(f(m)-1)+1=(m^2-m+1)(m^2-m)+1`.
    Из равенства выше аналогично доказывается взаимная простота чисел `m, f(f(m))`.
    Доказано.

    Ответ: доказано.

    1. Пусть `f(x)=x^4-x+1`. Докажите, что для всех натуральных чисел `m`, больших единицы, числа `m, f(m), f(f(m))` попарно взаимно просты. (Натуральные числа `a,b,c` называют попарно взаимно простыми, если каждое из них больше `1`, и никакие два из них не имеют отличных от `1` общих делителей. Например, числа `7,8,15` попарно взаимно просты, а числа `5,8,15` нет.)

    Решение:
    Заметим, что `f(x)=x^4-x+1=x(x^3-1)+1>=15` при всех `x>=2`.
    `f(m)=m^4-m+1=m(m^3-1)+1`.
    Если у натуральных чисел `m` и `f(m)` есть общий делитель, больший `1`, следовательно `1=f(m)-m(m^3-1)` делится на этот делитель, чего не может быть.
    Отсюда следует, что `f(m)` и `f(f(m))` тоже взаимно просты.
    `f(f(m))=f(m)(f(m)-1)+1=(m^4-m+1)(m^4-m)+1`.
    Из равенства выше аналогично доказывается взаимная простота чисел `m, f(f(m))`.
    Доказано.

    Ответ: доказано.
  • 2. Даны три числа `a,b,c`, такие, что `a+b+c=1` и `a,b,c>=0`.
    Докажите, что `a(a-1)^2+b(b-1)^2+c(c-1)^2<=4/9`.

    Решение:
    `a-1=-b-c, b-1=-a-c, c-1=-a-b`.
    `f=a(b+c)^2+b(c+a)^2+c(a+b)^2=`
    `=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+6abc=`
    `=ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)+6abc=`
    `ab+bc+ca+3abc`.

    `1=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca>=`
    `>=3ab+3bc+3ca` т.к. `a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ca` при всех `a,b,c`.
    Тогда `ab+bc+ca<=1/3`.
    `root(3)(abc)<=(a+b+c)/3` при всех `a,b,c>=0`,
    `abc<=1/27`:
    `f<=1/3+1/9=4/9` чтд.

    Доказано.

    Ответ: доказано.
  • 3. Уравнения `x^5+3x^2+2x^4+x-1=0` и `x^5+x^3+6x^2+2x^4+2x-2=0` имеют два общих корня. Найдите их.

    Решение:
    Пусть `a` - общий корень.
    Для `a` получаем систему `{(a^5+2a^4+3a^2+a-1=0),(a^5+2a^4+a^3+6a^2+2a-2=0):}`
    Вычтем из второго равенства первое:
    `a^3+3a^2+a-1=0`,
    `a^3+a^2+2a^2+2a-a-1=0`,
    `(a+1)(a^2+2a-1)=0`.
    `a_1=-1, a_(2,3)=-1+-sqrt2`.
    Подстановкой убедимся, что `a_1` не является корнем обоих наших уравнений.
    Тогда искомыми `a` являются числа `a_(2,3)`. Проверять необходимости нет, поскольку в условии сказано, что есть два общих корня, а других корней кроме `a_(2,3)` быть не может.
    Если проверку все же провести, то нет необходимости подставлять `a_(2,3)` в уравнения. Достаточно поделить уравнения на `x^2+2x-1` и убедиться, что делимость производится нацело.

    Ответ:
    `-1+-sqrt2`.
  • 4. Найдите наименьшее натуральное число `n>2015` такое, что `[sqrt(12n+2)]!=[sqrt(12n+4)]`.
    Квадратные скобки означают целую часть числа, не превосходящую само число.

    Решение:
    Пусть `[sqrt(12n+2)]=k in NN => [sqrt(12n+4)]>=k+1` - взяли следующее целое число.
    `sqrt(12n+2) in [k;k+1), sqrt(12n+4)>=k+1`,
    `k^2<=12n+2<(k+1)^2 =>12n+2<=(k+1)^2-1`,
    `12n+2<=k^2+2k`.
    С другой стороны, `12n+4>=(k+1)^2`,
    `12n+2>=k^2+2k-1`.
    Итак, `12n+2 in [k^2+2k-1;k^2+2k]` - отрезок длины `1` с целыми концами.
    В силу целостности `12n+2` и `k` получаем, что `12n+2` может равняться только концам отрезка.

    `12n+2=k^2+2k-1`,
    `12n+4=(k+1)^2`,
    `4(3n+1)=(k+1)^2 => k+1=2l, l in NN`:
    `3n+1=l^2 => l=3m+-1, m in NN`,
    `3n+1=9m^2+-6m+1, n=3m^2+-2m, m in NN`.

    `12n+2=k^2+2k`,
    `3(4n+1)=(k+1)^2`,
    `k+1=3l, l in NN`,
    `4n+1=3l^2 => l^2` дает остаток `3` при делении на `4`, чего не может быть.

    В найденной серии `n=3m^2+-2m` найдем наименьший `n>2015`.
    `m>=26 => 3m^2+2m>=2080`,
    `m=25`: `3m^2+2m=1925`.
    `m>=27`: `3m^2-2m>=2133`,
    `m=26`: `3m^2-2m=1976`.

    Ответ: `2080`.

    4. Найдите наименьшее натуральное число `n>2015` такое, что `[sqrt(9n+5)]!=[sqrt(9n+7)]`.
    Квадратные скобки означают целую часть числа, не превосходящую само число.

    Решение:
    Пусть `[sqrt(9n+5)]=k in NN => [sqrt(9n+7)]>=k+1` - взяли следующее целое число.
    `sqrt(9n+5) in [k;k+1), sqrt(9n+7)>=k+1`,
    `k^2<=9n+5<(k+1)^2 =>9n+5<=(k+1)^2-1`,
    `9n+5<=k^2+2k`.
    С другой стороны, `9n+7>=(k+1)^2`,
    `9n+5>=k^2+2k-1`.
    Итак, `9n+5 in [k^2+2k-1;k^2+2k]` - отрезок длины `1` с целыми концами.
    В силу целостности `9n+5` и `k` получаем, что `9n+5` может равняться только концам отрезка.

    `9n+5=k^2+2k-1`,
    `9n+7=(k+1)^2`,
    `k=3l+-1, l in ZZ`:
    `3n+2=3l^2+-2l => l+-1 vdots 3 => l=3m+-1`:
    `3n+2=3(3m+1)^2+2(3m+1)`,
    `n=9m^2+8m+1`.
    `3n+2=3(3m-1)^2-2(3m-1)`,
    `n=9m^2-8m+1`.

    `9n+5=k^2+2k`,
    `9n+6=(k+1)^2`,
    `3(3n+2)=(k+1)^2 => k+1=3l, l in NN`:
    `3n+2=3l^2 => 2=3(l^2-n)`, чего не может быть.

    В найденной серии `n=9m^2+-8m+1` найдем наименьший `n>2015`.
    `m>=16 => 9m^2+8m+1>=2433`,
    `m=15`: `9m^2+8m+1=2146`.
    `m>=18`: `9m^2-8m+1>=2773`,
    `m=17`: `9m^2-8m+1=2177`.

    Ответ: `2146`.
  • 7. Найдите значение выражения `a^4+b^4+c^4`,
    если `{(a+b+c=4),(a^2+b^2+c^2=7),(a^3+b^3+c^3=13):}`

    Решение:
    `m=a^4+b^4+c^4`.
    `16=(a=b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)`,
    `2(ab+bc+ca)=9`,
    `4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=81-8abc(a+b+c)`.
    `4*7=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=`
    `=a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)`,
    `28=13+ab(4-c)+bc(4-a)+ca(4-b)`,
    `3abc=4(ab+bc+ca)-15=18-15=3 => abc=1`,
    `4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=81-32=49`.

    `49=n+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)`,
    `n=49-49/2=49/2`.

    При необходимости легко найти `a,b,c`, поскольку эти числа по т. Виета являются корнями уравнения `x^3-4x^2+9/2x-1=0`,
    `x_1=2, x_(2,3)=1+-1/sqrt2`.

    Ответ: `49/2`.

    7. Найдите значение выражения `a^4+b^4+c^4`,
    если `{(a+b+c=4),(a^2+b^2+c^2=8),(a^3+b^3+c^3=19):}`

    Решение:

    `m=a^4+b^4+c^4`.
    `16=(a=b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)`,
    `ab+bc+ca)=4`,
    `a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=16-2abc(a+b+c)`.
    `4*8=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=`
    `=a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)`,
    `32=19+ab(4-c)+bc(4-a)+ca(4-b)`,
    `3abc=4(ab+bc+ca)-13=16-13=3 => abc=1`,
    `a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=16-8=8`.

    `64=n+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)`,
    `n=64-16=48`.

    При необходимости легко найти `a,b,c`, поскольку эти числа по т. Виета являются корнями уравнения `x^3-4x^2+4x-1=0`,
    `x_1=1, x_(2,3)=(3+-sqrt5)/2`.

    Ответ: `48`.
  • 5. Имеется n целых чисел `0,1,2,...,n-1`. Переставив эти числа в случайном порядке, получим некоторую перестановку `(i_1,i_2,i_3,...,i_n)`. Из исходного набора чисел `(0,1,2,...,n-1)` и перестановки получим новый набор чисел `(a_1,a_2,a_3,...,a_n)` по правилу `a_n=r_n((n-1)+i_n)`, где `r_n(m)` - остаток от деления числа `m` на число `n`.
    а) при `n=9` приведите такой пример перестановки `(i_1,i_2,...,i_9)`, что в соответствующем наборе `(a_1,a_2,...,a_9)` все числа различны.
    б) докажите, что если `n=10`, то какую бы перестановку `(i_1,i_2,...,i_10)` мы не взяли, в наборе `(a_1,a_2,...,a_10)` обязательно встретятся одинаковые числа.

    Решение:
    а) a_1=0 т.к. любое целое число делится на 1.
    a_2=0 или 1 (все остатки при делении на 2), 0 уже занят => a_2=1.
    Аналогично, a_3=2, a_4=3, a_5=4,...,a_9=8.
    i_n+n-1 -= n-1 mod n, где n=1,2,...,9.
    i_n vdots n.
    i_9=0, i_8=8, i_7=7, i_6=6,...,i_1=1.
    (1,2,3,4,5,6,7,8,0).
    (0,1,2,3,4,5,6,7,8)

     


  • 6. Дно прямоугольного ящика заложили плитками двух типов, так, что все дно ими покрыто, и ни одна из плиток даже частично не накрывает другую. После транспортировки одна из плиток первого типа оказалась поврежденной, и ее заменили плиткой второго типа. Могло ли так оказаться, что все плитки снова удалось уложить в ящик так, что дно оказалось вновь полностью покрытым?
    image

    Решение:
    `m,n` - число плиток `1` и `2` типов, при которых возможно покрытие ящика без накрываний плиток.
    В любом из углов дна ящика выделим угловой квадрат `3`х`3`, угловые клетки которого покрасим в красный цвет. Далее берем два примыкающих квадрата `3`х`3` и также красим угловые клетки в красный цвет. Операцию продолжаем до тех пор, пока не покроем весь ящик (допускается, что на двух сторонах ящика будут неполные квадраты, у которых будут красными те угловые клетки, которые находятся в ящике).
    Понятно, что в любой клетке типа `1` будет ровно `1` красная клетка, а всего красных клеток m.
    У плиток типа `2` будет `2` красные клетки (кол-во таких плиток возьмем за `k`) или `0` (`n-k` плиток), в зависимости от того, проходит ли плитка через центр квадратов `3х3` или по краям. Плитки типа `2` дадут `2k+0*(n-k)=2k` красных клеток.
    Общее кол-во красных клеток в ящике `m+2k`.
    Предположим, что замена возможна. Аналогично получим, что общее число красных клеток в ящике равно `m-1+2l` для некоторого целого `l`.
    `m-1+2l=m+2k => 2(l-k)=1` - противоречие.

    Ответ: Нет, не может.
  • 8. В окружности три хорды `A A_1, B B_1, C C_1` пересекаются в одной точке. Угловые меры дуг `AC_1, AB, CA_1, A_1B_1` равны соответственно `150^0, 30^0, 60^0` и `30^0`. Найдите угловую меру дуги `B_1C_1`.

    Решение:
    image
    Точка `D` - точка пересечения хорд.
    Пусть `AD=a, BD=b, CD=d, DA_1=d`.
    По теореме о пересекающихся хордах `DB_1=(ad)/b, DC_1=(ad)/c`.
    `R` - радиус окружности.
    Тогда `AB^2=A_1B_1^2=R^2(2-sqrt3)`,
    `A_1C^2=R,^2 AC_1^2=R^2*(2+sqrt3)`.

    По теореме косинусов из `DeltaABD, DeltaA_1B_1D`:
    `cosalpha=(a^2+b^2-R^2(2-sqrt3))/(2ab)=(d^2+(ad)^2/b^2-R^2(2-sqrt3))/(2(ad^2)/b)`,
    `a^2+b^2-R^2(2-sqrt3)=b^2+a^2-(b/d)^2R^2(2-sqrt3)`,
    `(b/d)^2=1 => b=d`.
    Аналогично, из `DeltaADC_1, DeltaCDA_1`:
    `cosbeta=(c^2+d^2-R^2)/(2cd)=(a^2+(ad)^2/c^2-R^2(2+sqrt3))/(2(a^2d)/c)`,
    `c^2+d^2-R^2=c^2+d^2-(c/a)^2R^2(2+sqrt3)`,
    `(c/a)^2=1/(2+sqrt3)=2-sqrt3, c=asqrt(2-sqrt3)`.

    `B_1D=(ad)/b=a, C_1D=(ad)/c=d*sqrt(2+sqrt3)`.
    Из `DeltaBCD` и `DeltaB_1C_1D`:
    `cosgamma=(d^2+a^2(2-sqrt3)-BC^2)/(2adsqrt(2-sqrt3))=(a^2+d^2(2+sqrt3)-B_1C_1^2)/(2adsqrt(2+sqrt3))`,
    `d^2(2+sqrt3)+a^2-BC^2(2+sqrt3)=a^2+d^2(2+sqrt3)-B_1C_1^2`,
    `B_1C_1^2=BC^2(2+sqrt3)`.

    `/_BOC=delta => /_B_1OC_1=90-delta`.
    `BC^2=2R^2-2R^2cosdelta=2R^2(1-cosdelta)`,
    `B_1C_1^2=2R^2(1-sindelta)`,
    `(2+sqrt3)(1-cosdelta)=1-sindelta`,
    `delta=30^0 => /_B_1OC_1=60^0`.
    `hat(B_1C_1)=60^0`.

    Ответ: `60^0`.
  • 2. Даны три числа `a,b,c`, такие, что `a+b+c=2` и `a,b,c>=0`.
    Докажите, что `a^2(1-a)+b^2(1-b)+c^2(1-c)<=4/9`.

    Решение:
    `a+b+c=2, a,b,c>=0 => a,b,c in [0;2]`.
    Пусть `f(t)=t^2(1-t)`, тогда неравенство запишется в виде
    `f(a)+f(b)+f(c)<=4/9`.

    `f(t)=t^2-t^3, f'(t)=2t-3t^2`,
    `f'>0` при `t<2/3, f'<0` при `t>2/3 => t_max=2/3`.
    `f_max=f(2/3)=4/9*(1-2/3)=4/27`.

    `f(a)+f(b)+f(c)<=3*4/27=4/9`.
    Равенство возможно только при `a=b=c=2/3`.
    Доказано.

    Ответ: доказано.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике