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 2014-2015 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 2014-2015 по математике (олимпиада НИУ ВШЭ). Задания и решения.
    image
  • 11 класс. Задача №1.
    Действительные числа `x,y,z` выбираются так, что выполняются равенства `xy+yz+zx=4, xyz=6`. Доказать, что при любом таком наборе значение выражения
    `(xy-3/2(x+y))(yz-3/2(y+z))(zx-3/2(z+x))`
    является одним и тем же числом, и найти это число.

    Решение:
    Наше выражение `A=(xy-3/2(x+y))(yz-3/2(y+z))(zx-3/2(z+x))`.
    Перемножим первые две скобки:
    `xy^2z-3/2*xy(y+z)-3/2*yz(x+y)+9/4*(x+y)(y+z)=`
    `=xy^2z-3/2*xy^2-3/2xyz-3/2xyz-3/2zy^2+9/4*(xy+xz+yz+y^2)`.
    Используем то, что `xyz=6, xy+yz+zx=4`:
    `6y-3/2xy^2-3*6-3/2zy^2+9/4*(4+y^2)=`
    `=9/4y^2-3/2y^2(z+x)+6y-9=9/4y^2+6y-9-3/2y*(yz+yx)=`
    `=9/4y^2+6y-9-3/2y*(4-zx)=9/4y^2+6y-9-6y+3/2xyz=9/4y^2`.

    Тогда `A=9/4y^2*(zx-3/2(z+x))=9/4*xy^2z-27/8y^2*(z+x)=`
    `=9/4*6*y-27/8y*(yz+yx)=27/2y-27/8y*(4-zx)=`
    `=27/2y-27/2y+27/8xyz=27/8*6=81/4=20 1/4`.
    Доказали, что `A` всегда является одним и тем же числом, и нашли его значение.

    Ответ: `20 1/4`.
  • 11 класс. Задача №2.
    В стране Лимпопо есть четыре национальные валюты: бананы (Б), кокосы (К), еноты (Е) и доллары ($). Ниже приведены курсы обмена этих валют (одинаковые во всех обменных пунктах страны):
    Б `<=>` К (`2, 1/2`),
    Е `<=>` Б (`6, 1/6`),
    Е `<=>` К (`11, 1/11`),
    $ `<=>` К (`10, 1/15`).
    Число на стрелке показывает, сколько единиц, указанных в конце стрелки, можно получить за единицу, указанную в начале стрелки. Например одного енота можно обменять на `6` бананов или на `11` кокосов, один доллар на `10` кокосов, а один кокос на `1/15` доллара. (При решении задачи любую валюту можно дробить на сколько угодно мелкие части: например обменять `101/43` енота на `606/43` банана). Обмены $ `<=>` Е и $ `<=>` Б в Лимпопо запрещены.

    Перевозить деньги через границу Лимпопо можно только в долларах. Дядя Вася приехал в Лимпопо, имея при себе `100` долларов. Он может выполнять указанные выше операции обмена валют неограниченное количество раз, но не имеет никаких других источников дохода. Может ли он разбогатеть и увезти из Лимпопо `200` долларов? Если да - объясните, как. Если нет, докажите.

    Решение:
    1) Дядя Вася привез деньги в долларах и увозить ему тоже надо в долларах.
    2) `100` долларов он может обменять только на `1000` кокосов.

    Рассмотрим такую серию обменов: `1` кокос `-> 1/11` енота `-> 6/11` банана `-> 12/11` кокосов. Иначе говоря, из `11` кокосов можно получить `12` кокосов.

    Дядя Вася меняет `100` долларов на `1000` кокосов, берет `11` кокосов, получает из них `12` кокосов, итого `1001` кокос. Далее опять берем `11` кокосов и получаем `1002` кокоса. Через `2000` операций получим `3000` кокосов, которые можно обменять на `200` долларов.

    Ответ: да, может.
  • 11 класс. Задача №3. 10 класс. Задача №4.
    Даны три точки `A,B,C`, образующие треугольник с углами `30^0, 45^0, 105^0`. Выбираются две из этих точек, и проводится серединный перпендикуляр к отрезку, их соединяющему, после чего третья точка отражается относительно этого серединного перпендикуляра. Получаем четвертую точку `D`. С получившимся набором из `4` точек осуществляется та же процедура - выбираются две точки, проводится серединный перпендикуляр и все точки отражаются относительно него. Какое наибольшее количество различных точек можно получить в результате многократного повторения этой процедуры?

    Решение:
    Пусть `A,B,C` являются вершинами правильно `12`-угольника `A_1A_2...A_12`, где `A_1=A, A_3=B, A_6=C`.
    После первой процедуры (отрезок `A_1A_6`) получаем точку `D=A_4`.
    После второй процедуры (отрезок `A_1A_3`) получаем точки `A_10, A_12`.
    Отрезок `A_1A_4` дает точки `A_2, A_5, A_7, A_11`.
    Отрезок `A_6A_7` дает точки `A_8, A_9`.
    Получили все `12` вершин правильного `12`-угольника.

    Докажем, что других точек быть не может.
    Наша процедура выполняется относительно серединного перпендикуляра к отрезку, который соединяет две вершины `12`-угольника. Этот перпендикуляр является осью симметрии `12`-угольника, поэтому при отражении все вершины `12`-угольника снова переходят в вершины, новых точек не прибавляется.

    Ответ: `12`.
  • 11 класс. Задача №4. 10 класс. Задача №5.
    Приведите пример функции `f(x)`, для которой выполняются все три перечисленных ниже условия:
    - область определения функции `f(x)` - множество всех действительных чисел `R`,
    - при любом `b in R` уравнение `f(x)=b` имеет ровно одно решение,
    - при любом `a>0` и любом `b in R` уравнение `f(x)=ax+b` имеет не менее двух решение.

    Решение:
    Определим кусочную функцию следующим образом:
    `f(x) = 1/x` при `x != 0`,
    `f(0) = 0`.
    Таким образом `f(x)` определена на всем `R`.
    При любом `b in R` уравнение `f(x) = b` имеет только один корень (если `b=0`, то `x=0`, если `b!=0`, то `x=1/b`).
    Рассмотрим уравнение `f(x) = ax + b`.
    При `a > 0`, для любого `b in R`:
    Функция `ax + b` непрерывно стремится к `+oo` при `x` стремящемся к `+oo`, и наоборот стремится к `-oo` при `х` стремящемся к `-oo`.
    Таким образом функция `ax + b` обязательно пройдет через первый и третий квадранты.
    Функция `1/x` так же лежит в `1` и `3` квадрантах, но непрерывно стремится к `0` при `x -> +-oo`, и наоборот. В каждом из этих квадрантов получим минимум по `1` корню.
    Наличие минимум двух корней также можно доказать, преобразовав уравнение `1/x=ax+b` к квадратному, вида `ax^2+bx-1=0`, которое имеет два различных, ненулевых корня.

    Ответ: `f(x) = 1/x` при `x!=0`, `f(0) = 0`.
  • 11 класс. Задача №5.
    Обозначим через `T_k` произведение первых `k` нечетных простых чисел: `T_1=3, T_2=3*5, T_6=3*5*7*11*13*17` и т.д. Для каждого натурального `k` найти количество натуральных чисел `n` таких, что число `n^2+T_kn` является точным квадратом натурального числа. Решить задачу: а) для `k=1`, б) для `k=2`, в) для произвольного заданного натурального `k`.

    Решение:
    a) `k=1 => T_1=3`.
    `n^2+3n=m^2`, где `m,n` натуральные.
    Для натуральных `n` очевидно, что `n^2 < n^2+3n < n^2+4n+4=(n+2)^2 => n < m < n+2` (неравенства строгие).
    `m` по условию целое число, в интервале `(n,n+2)` только одно целое число `n+1 => m=n+1`:
    `n^2+3n=n^2+2n+1 => n=1`.
    Для `k=1` существует только одно натуральное значение `n`, при котором `n^2+T_k*n` является точным квадратом натурального числа.
    б) `k=2 => T_2=15`.
    `n^2+15n=m^2`.
    `n^2+15n< n^2+16n+64=(n+8)^2 => m< n+8`.
    `n^2+15n-(n+2)^2=11n-4>0 => m > n+2`.
    Значит, `m` может равняться `n+3, n+4,...,n+7` - пять возможных значений.
    `m=n+t`, где `t=3,4,5,6,7`: `n^2+15n=n^2+2nt+t^2`,
    `n(15-2t)=t^2 => n=t^2/(15-2t)`.
    `t=3 => n=1`.
    `t=4 => n=16/7` - нет решений.
    `t=5 => n=5`.
    `t=6 => n=12`.
    `t=7 => n=49`.
    Для `k=2` получили `4` натуральных значения `n=1,5,12,49`.
    в) `k` произвольный.
    Для произвольного `k` произведение `T_k` является нечетным числом.
    Пусть `T_k=2p+1`, где `p` - натуральное число.
    `n^2+(2p+1)n=m^2`.
    `n^2+(2p+1)n < n^2+(2p+2)n+(p+1)^2=(n+p+1)^2 => m< n+p+1`.
    `n^2+(2p+1)n>n^2 => m>n`.
    Пусть `m=n+t`, где `t=1,2,3,...,p`.
    `n^2+(2p+1)n=n^2+2nt+t^2`,
    `n*(2p+1-2t)=t^2 => n=t^2/(2p+1-2t)`.
    `t^2` должен делиться нацело на `2p+1-2t`.
    Пусть `t=p-q`, где `q=0,1,...,p-1`.
    `p^2-2pq+q^2` делится на `2p+1-2p+2q=2q+1`.
    `p^2-2pq+q^2=p^2+p+q^2-p(2q+1) => p^2+p+q^2` делится на `2q+1`.
    Можем умножить на `4`, т.к. `2q+1` нечетно и на делимости это не отразится.
    `4p^2+4p+4q^2=(2p+1)^2+(2q-1)(2q+1) => (2p+1)^2` делится на `2q+1`.
    По условию, `2p+1` это произведение первых `k` нечетных простых чисел.
    `2p+1=3*5*...*p_k`, где `p_i` - `i`-е нечетное простое число.
    Осталось посчитать кол-во различных нечетных делителей числа `(2p+1)^2` и учесть ограничения сверху на эти делители.
    `(2p+1)^2=3^2*5^2*...*(p_k)^2`.
    По известной формуле кол-ва делителей, получаем, что у `(2p+1)^2` кол-во делителей равно `3^k`, при этом все делители нечетны, т.к. `(2p+1)^2` нечетное число.
    Ограничения на `q`:
    `t^2>=2p+1-2t => (t+1)^2 >= 2p+2 => t>=sqrt(2p+2)-1`.
    `q=p-t <= p+1-sqrt(2p+2)`.<br />
    `2q+1<=2p+3-2sqrt(2p+2)=(sqrt(2p+2)-1)^2`.<br />
    Тогда `2q+1` принимает все целые и нечетные значения от `1` до `[(sqrt(2p+2)-1)^2]` (квадратные скобки означают целую часть).
    Для `k=1` получили `1` такой делитель.
    Для `k=2` получили `4=1+3` таких делителя.
    Пусть на `k`-ом шаге у нас `L_k` таких делителей.
    Тогда на следующем шаге получим `L_k+3^k` делителей, т.е. `L_(k+1)=L_k+3^k`,
    поскольку число `3^2*5^2*...*(p_(k+1))^2` получается из числа `3^2*5^2*...*(p_k)^2` умножением на `(p_(k+1))^2` (простое число).
    Тогда получаем формулу числа таких делителей для `k`:
    `1+3+3^2+...+3^(k-1)=(3^k-1)/2` (по формуле геометрической прогрессии).

    Ответ: а) `1`, б) `4`, в) `(3^k-1)/2`.
  • 11 класс. Задача №6.
    В пространстве даны `270` шаров равных радиусов, любые два из которых пересекаются. Докажите, что среди них можно выбрать `10` шаров так, что найдется точка, принадлежащая всем выбранным шарам.

    Решение:
    Пусть шары имеют радиус `1`.
    Перепишем условие следующим образом:
    В пространстве даны `270` точек, расстояние между любой парой из которых не более `2`.

    Посчитаем объем всех шаров: он равен `270*4/3*pi*R^3 = 360*pi`;
    Представим, что `4` шара касаются.
    Это значит, что `4` точки расположены в вершинах правильного тетраэдра со сторонами `2`.
    Остальные точки могут быть удалены от каждой из вершин не более, чем на величину `2`.
    Следовательно эти точки не могут быть удалены от центра тетраэдра более,
    чем на величину `sqrt(6)/4*a = sqrt(6)/2` (радиус описанной окружности правильного тетраэдра).
    Найдем объем шара радиусом `sqrt(6)/2 + 1`, получим `V=(22/3 + 3*sqrt(6))*pi ~ 14.68*pi`.
    Теперь представим это следующим образом:
    Пусть у нас дана фигура (`270` шаров) и в каждой точке ее плотность равна количеству величине количества шаров, которое захватывает эту точку.
    По формуле масса равна плотность*объем.
    Тогда общая масса фигуры должна быть равна массе всех шаров (считая плотность каждого `= 1`).
    Однако если плотность в каждой точке не будет превышать `9`, то масса все фигуры будет `<= 14.68*9*pi < 360*pi`.<br />
    Таким образом, есть хотя бы одна точка, где масса больше `10` (пересекается `10` или более шаров).

    Ответ: доказано.
  • 10 класс. Задача №1.
    Найдите все тройки действительных чисел `(x,y,z)`, удовлетворяющих системе уравнений:
    `{(x^3y^3z^3=1),(xy^5z^3=2),(xy^3z^5=3):}`.

    Решение:
    `x,y,z!=0` - это следует из системы.
    Перемножим второе и третье уравнения: `x^2y^8z^8=6`.
    Возведем в куб: `x^6y^24z^24=6^3`.
    Первое уравнение возведем в `8` степень: `x^24y^24z^24=1`.
    Поделим на предыдущее равенство: `x^18=1/6^3 => x=+-1/(root(6)6)`.
    Поделим третье уравнение на второе: `z^2/y^2=3/2 => z=+-ysqrt(3/2)`.
    Отсюда найдем все искомые тройки `(x,y,z)`:
    `(1/(root(6)6),sqrt2/(root(6)6),sqrt3/(root(6)6)), (1/(root(6)6),-sqrt2/(root(6)6),-sqrt3/(root(6)6)), (-1/(root(6)6),sqrt2/(root(6)6),-sqrt3/(root(6)6)), (-1/(root(6)6),-sqrt2/(root(6)6),sqrt3/(root(6)6)).`

    Ответ: `(1/(root(6)6),sqrt2/(root(6)6),sqrt3/(root(6)6)), (1/(root(6)6),-sqrt2/(root(6)6),-sqrt3/(root(6)6)), (-1/(root(6)6),sqrt2/(root(6)6),-sqrt3/(root(6)6)), (-1/(root(6)6),-sqrt2/(root(6)6),sqrt3/(root(6)6)).`
  • 10 класс. Задача №2.
    Дан треугольник `ABC, /_B=90^0`. На сторонах `AC,BC` выбраны точки `E` и `D` соответственно, такие, что `AE=EC, /_ADB=/_EDC`. Найти соотношение `CD:BD`.

    Решение:
    Построим треугольник `A'BC`, симметричный данному относительно стороны `BC`. Точки `A', D, E` лежат на одной прямой, т.к. `/_A'DB=/_EDC`. Следовательно `D` - точка пересечения медиан `A'E` и `CB` треугольника `A A'C`, и делит их в отношении `2:1` считая от вершины.
    image

    Ответ: `2:1`.
  • 10 класс. Задача №3.
    В стране Лимпопо есть четыре национальные валюты: бананы (Б), кокосы (К), еноты (Е) и доллары ($). Ниже приведены курсы обмена этих валют (одинаковые во всех обменных пунктах страны):
    Б `<=>` К (`2, 1/2`),
    Е `<=>` Б (`6, 1/6`),
    Е `<=>` К (`11, 1/11`),
    $ `<=>` К (`10, 1/15`),
    $ `<=>` Б (`5, 1/7`).
    Число на стрелке показывает, сколько единиц, указанных в конце стрелки, можно получить за единицу, указанную в начале стрелки. Например одного енота можно обменять на `6` бананов или на `11` кокосов, один доллар на `10` кокосов, а один кокос на `1/15` доллара. (При решении задачи любую валюту можно дробить на сколько угодно мелкие части: например обменять `101/43` енота на `606/43` банана). Обмены $ `<=>` Е в Лимпопо запрещены.

    Перевозить деньги через границу Лимпопо можно только в долларах. Дядя Вася приехал в Лимпопо, имея при себе `100` долларов. Он может выполнять указанные выше операции обмена валют неограниченное количество раз, но не имеет никаких других источников дохода. Может ли он разбогатеть и увезти из Лимпопо `200` долларов? Если да - объясните, как. Если нет, докажите.

    Решение:
    1) Дядя Вася привез деньги в долларах и увозить ему тоже надо в долларах.
    2) `100` долларов он может обменять только на `1000` кокосов или на `500` бананов.

    Рассмотрим такую серию обменов: `1` кокос `-> 1/11` енота `-> 6/11` банана `-> 12/11` кокосов. Иначе говоря, из `11` кокосов можно получить `12` кокосов.

    Дядя Вася меняет `100` долларов на `1000` кокосов, берет `11` кокосов, получает из них `12` кокосов, итого `1001` кокос. Далее опять берем `11` кокосов и получаем `1002` кокоса. Через `2000` операций получим `3000` кокосов, которые можно обменять на `200` долларов.

    Ответ: да, может.
  • 10 класс. Задача №6.
    а) Найдите хотя бы два различных натуральных числа `n`, для каждого из которых число `n^2+2015n` является точным квадратом натурального числа.
    б) Найди количество всех натуральных чисел `n`, для каждого из которых число `n^2+2015n` является точным квадратом натурального числа.

    Решение:
    `n^2+2015n=k^2`,
    `n(n+2015)=k^2`.
    Пусть `n=am, n+2015=bm`, где `a,b,m in NN` и `a,b` взаимно простые числа.
    `abm^2=k^2 => k` делится на `m`: `k=cm`, где `c in NN`.
    `ab=c^2`, где `a,b` взаимно простые числа, поэтому должны быть точными квадратами `=> a=x^2, b=y^2`, где `x,y in NN`.
    С другой стороны `am+2015=bm`,
    `m(b-a)=2015=5*13*31`,
    `m=1,5,13,31,5*13,5*31,13*31,2015`.
    1. `m=1 => b-a=2015 => y^2-x^2=2015`.
    Получаем `4` различных значения для `n=am=x^2`.
    2. `m=5,13,31 => y^2-x^2=p_1*p_2`.
    В каждом случае получаем по `2` решения, всего `6`.
    3. `m=5*13, 13*31, 5*31 => y^2-x^2=p`.
    Еще три решения.
    4. `m=2015 => y^2-x^2=1` - нет решений в натуральных числах.

    Всего получили `13` натуральных `n`, в т.ч. `n=496, 1007^2`.

    Ответ: а) `496, 1007^2`, б) `13`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике