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 по математике Ломоносов 2014-2015 / 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.



    Олимпиада Ломоносов 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике.
    Очный тур олимпиады по математике Ломоносов 2014-2015. Задания и решения всех вариантов.


    Условия 4 вариантов (решения ниже):
    Вариант 152
    image
    image
    image
    image

    Вариант 153
    image

    Вариант 154
    image
    image
  • Вариант 152. Задача №1.
    В ящике лежат `120` разноцветных шариков: `31` красный, `24` зеленых, `29` желтых, `21` синий и `15` белых. Какое наименьшее число шариков надо вытащить, не заглядывая в ящик, чтобы среди них заведомо оказалось не менее `25` шариков одного цвета?

    Решение:
    `108` шариков может не хватить, приведем пример:
    `24` красных, `24` зеленых, `24` желтых, `21` синих и `15` белых - всего `108`.
    Докажем от противного, что `109` шариков всегда будет достаточно для выполнения условия задачи.
    Всего шариков `109` и условие не выполняется, значит красных шариков `<=24`, зеленых `<=24`, желтых `<=24`, синих `<=21` и белых `<=15`. Всего шариков `<=108`, но мы вытащили `109` шариков - противоречие. Значит, при `109` шариках выполняется условие задачи.


    Ответ: `109`.
  • Вариант 152. Задача №2.
    Найдите главный (наименьший положительный) период функции
    `y=(arcsin(sin(arccos(cos4x))))^(-3)`.

    Решение:
    Функция является периодической, если на всей области определения выполнено тождество `f(x)=f(x+T), T>0`.
    Пусть `h(x)=sin(arccos(cos4x))^-3`.
    Заметим, что `y=arcsinx` монотонно возрастающая функция.
    Значит `g(x)=arcsin^-3(x)` убывающая функция.
    Значит `g(x)=g(y) <=> x=y, x,y in [-1, 1]`.
    Известно, что `arccosx=arcsin(sqrt(1-x^2)), 0<= x <=1, arccosx=pi+arcsin(sqrt(1-x^2)), -1<=x<=0.`

    Тогда `sin(arccos((cos4x)))=+- sqrt(1-16sin^2(4x))=+-sqrt(8cos2x-7)`.
    Откуда `h(x)=+-sqrt(8cos2x-7)`.
    Ищем такой период `T>0`, что `h(x)=h(x+T)` (в силу нечетности `sinx`, знаки нас не волнуют).
    `sin(sqrt(8cos2x-7))=sin(sqrt(8cos(2x+2T)-7))`.
    Решения:
    1) `sqrt(8cos(8x+8T)-7)=sqrt(8cos8x-7)+2pik`.
    2) `sqrt(8cos(8x+8T)-7)=-sqrt(8cos8x-7)+pi+2pik`.
    `sqrt(8cos(8x+2T)-7)+sqrt(8cos8x-7)=pi+2pik`.
    Тут решений нет, т.к. выражение слева `in [0;2]`, а выражение справа никогда не попадет в этот отрезок.
    В первом случае решения будут только при `k=0`. Откуда, после возведения в квадрат, равенство будет равносильно следующему:
    `8cos(8x+8T)-7=8cos8x-7`.
    А тут, как известно период `8T=2pi, T=pi/4`.

    Ответ: `pi/4`.
  • Вариант 152. Задача №3.
    Из вершины `L` выпуклого четырехугольника `KLMN` проведен перпендикуляр на сторону `KN`, пересекающий диагональ `KM` в точке `O` так, что `KO=3`. Найдите `OM`, если `KL=6, NL _|_KL, KM _|_MN`.

    Решение:
    image
    Пусть `LH` - перпендикуляр, опущенный на сторону `KN`.
    `H in KN`, т.к. `/_LKN` острый (треугольник `KLN` прямоугольный с прямым углом `/_KLN`).
    `DeltaKLH~DeltaKLN` (`/_H=/_L` и есть общий угол `/_LKN`).
    `(KL)/(KH)=(KN)/(KL) => KL^2=KN*KH`.
    `DeltaKOH~DeltaKNM` (`/_KMN=/_H=90^0, /_MKN` общий).
    `(KO)/(KH)=(KN)/(KM)`,
    `KM=(KN*KH)/(KO)=(KL^2)/(KO)=36/3=12`,
    `OM=KM-KO=12-3=9`.

    Ответ: `9.`
  • Вариант 152. Задача №4.
    Найдите наименьшее значение `x-y`, если числа `x` и `y` удовлетворяют неравенству
    `log_((x^2+y^2)/2)(-x)>=1`.

    Решение:
    ОДЗ: `-x>0 => x<0 => x^2+y^2>0` при всех `y`.
    `x^2+y^2!=2` и `x<0` - два условия ОДЗ.

    Преобразуем неравенство:
    `log_((x^2+y^2)/2)((-2x)/(x^2+y^2))>=0`.
    Метод замены множителей (`log_ab>=0` меняем на нер-во `(a-1)(b-1)>=0`):
    `(x^2+y^2-2)(x^2+y^2+2x)<=0`,

    `(x^2+y^2-2)((x+1)^2+y^2-1)<=0`.


    Первый случай:
    `x^2+y^2<2` и `(x+1)^2+y^2>=1`.
    Первое неравенство задает область внутри окружности с радиусом `sqrt2` и центром в точке `(0;0)` (исключая границу).
    Второе нер-во задает область вне окружности с радиусом `1` и центром в точке `(-1;0)` (включая границу).
    Нарисовав рисунок видим, что решением является область - часть первого круга с отрезанной областью, которая относится ко второму кругу. Заштрихуем эту область.
    `x-y` принимает наименьшее значение если `x<0` и `y>0`, т.е. в четвертой четверти.
    Из графика очевидно, что нужная точка `(x,y)` находится на границе области, на граница не входит в область, поэтому минимума нет.
    Второй случай: `x^2+y^2>2` и `(x+1)^2+y^2<=1`.

    Получаем полумесяц (от второго круга отрезали часть первого круга, которая входит во второй круг). Левая граница полумесяца входит, правая не входит.
    Рассмотрим четвертую четверть. Понятно, что нужная точка лежит на левой границе полумесяца, которая входит в область.
    Это точка окружности `(x+1)^2+y^2=1`, где `y>0 => y=sqrt(-x^2-2x)`.
    `x-y=x-sqrt(-x^2-2x)`.
    Пусть `f(x)=x-sqrt(-x^2-2x)`, где `x in [-2;-1)`.
    Производная `f'(x)=1+(2x+2)/sqrt(-x^2-2x)=0 => x=-1-1/sqrt2`.
    `x_min=-1-1/sqrt2, f_min=-1-sqrt2`.
    Итак, `min(x-y)=-1-sqrt2` при `x=-1-1/sqrt2, y=1/sqrt2`.
    Делаем проверку: `(x^2+y^2)/2=1+1/sqrt2, -x=1+1/sqrt2`, все подходит.

    Ответ: `-1-sqrt2`.
  • Вариант 152. Задача №5.
    Отрезок `MN=16` пересекает плоскость `alpha` под углом `60^0` и делится этой плоскостью в отношении `1:7`. Найдите радиус сферы, проходящей через точки `M` и `N` и пересекающей плоскость `alpha` по окружности наименьшего радиуса.

    Решение:
    Заметим, что из всех сфер одного радиуса меньшее сечение (меньший радиус) плоскостью `alpha` будет иметь та сфера, чей центр дальше всего от `alpha`.
    Значит из всех сфер данного радиуса наименьшее сечение у той, чей центр лежит в плоскости, перпендикулярной `alpha` и содержащей `MN`, причем выше `MN`.
    На рисунке плоскость `MNO_|_alpha`.
    image
    Пусть точка `K` - точка пересечения отрезка `MN` и плоскости `alpha`.
    `(MK)/(MN)=1/8 => MK=2, MN=16` с точностью до преобразования.
    Радиус сферы обозначим за `R`.
    `AB` - прямая, по которой плоскость `MNO` пересекает сечение `alpha` сферой `O`.
    Нам нужно выбрать такое `R`, при котором длина отрезка `AB` принимает минимальное значение, т.к. `AB` - диаметр сечения (`AB in MNO, MNO_|_alpha => AB` - диаметр).
    `/_NKB=60^0` (`/_(MN,alpha)=60^0` и `MNO_|_alpha`).
    image
    `H` - середина `MN` и основание высоты из `O` на `MN` (`MN` - хорда сферы `O`).
    `P` - основание высоты из `O` на `AB`.
    `Q` - основание высоты из `H` на `OP`.
    `/_(MN,AB)=60^0, OP_|_AB => /_(OP,MN)=30^0`.
    `OH_|_MN => /_(OP,OH)=60^0`.
    `OP=OQ+QP=OH*cos60^0+KH*cos30^0=1/2OH+sqrt3/2KH`.
    `OP=3sqrt3+1/2OH` (`KH=MH-MK=6`).
    `R^2=OH^2+MH^2=OH^2+64` (т. Пифагора).
    `AP` - середина `AB` (`OP_|_AB`) и радиус сечения.
    `AP^2=R^2-OP^2=OH^2+64-(3sqrt3+1/2OH)^2=3/4OH^2-3sqrt3OH+37`.
    `AP` принимает минимальное значение `iff` квадратная функция от `OH` принимает минимальное значение.
    `OH_min=2sqrt3 => R_min=sqrt(OH^2+64)=sqrt76=2sqrt19`.

    Ответ: `2sqrt19`.
  • Вариант 152. Задача №6.
    Для любого натурального `n` и для любого набора чисел `x_1,x_2,...,x_n` из отрезка `[0;4]` уравнение `sum_(i=1)^(n)|x-x_i|=an` имеет решение `x`, принадлежащее отрезку `[0;4]`. Укажите, какие из следующих значений `a` удовлетворяют этому условию:
    а) `a=1`, б) `a=2`, в) `a=4`.

    Решение:
    При `a=1` и `a=4` утверждение неверно.
    Докажем от противного.
    1) Положим, что утверждение верно при `a=1`.
    `n=2, x_1=0, x_2=4`. Тогда должен существовать `x in [0;4]` такой, что
    `x+(4-x)=2` (модули раскрыли с учетом знаков т.к. `x in [0;4]`).
    `4=2` - противоречие.
    3) Пусть утверждение верно при `a=4`.
    `n=2, x_1=0, x_2=4`.
    Аналогично получим уравнение `x+4-x=4*2 => 4=8` - противоречие.

    2) Пусть `a=2`. Покажем, что решения всегда есть.
    Без ограничения общности можем расставить все числа `x_i` в порядке возрастания.
    `x_1<=x_2<=...<=x_n`.

    Пусть `n=2m` четно.
    Тогда легко построить схематический график функции.
    При `x>=x_n`: `y=nx-(x_1+...+x_n)` и т.д.
    Получается ломаная, где коэффициент наклона звеньев меняется на `1` на каждом отрезке `[x_i;x_(i+1)]` от `-n` до `n`.
    Понятно, что дно ломаной это прямая вида `y=t`, где `t=x_(2m)+...+x_(m+1)-x_m-...-x_1`.
    Т.к. `x_i in [0;4] => t<=4m=2n`, также `t>=0` т.к. `x_(2m)+...+x_(m+1)>=x_m+...+x_1` (числа расставлены в порядке возрастания).
    Получили, что ломаная всегда пересечется с прямой `y=2n`.

    Пусть `n=2m+1`.
    Тогда дно ломаной - точка с координатой `x=x_(m+1)`.
    `y=x-x_1+...+x_x_m+0+x_(m+1)-x+...+x_(2m)-x=`
    `=x_(2m)+...+x_(m+1)-x_m-...-x_1=t`.
    Понятно, что `t<=4m<4m+2=2n`, т.е. будет минимум два решения.


    Ответ: `a=1;4` не годятся, `a=2` подходит.
  • Вариант 152. Задача №7.
    Каков минимальный объем пирамиды, у которой в основании лежит правильный треугольник со стороной `2`, а все плоские углы при вершине равны между собой и не превосходят `2arcsin(1/4)`?

    Решение:
    Пусть `SA=x, SB=y, SC=z`. Тогда из теоремы косинусов следует:
    `4=x^2+y^2-2xycosalpha`,
    `4=x^2+z^2-2xzcosalpha`,
    `4=y^2+z^2-2yzcosalpha`.
    Следовательно, `x=y=z`.
    `SA=SB=SC => DeltaSAB, DeltaSBC, DeltaSAC` - равнобедренные треугольники.
    По условию, `alpha<=2arcsin(1/4)`.

    Пусть `SA=SB=SC=t => 4=2t^2(1-cosalpha) => t=sqrt2/sqrt(1-cosalpha)`.
    `AO=2/3sqrt(4-1)=2/3sqrt3 => h=SO=sqrt(2/(1-cosalpha)-4/3)`.
    `V=1/3S_(осн)*h`, минимальный объем пирамиды зависит от минимальности `h`.
    `2/(1-cosalpha)-4/3 -> min => 1-cosalpha -> max => cosalpha -> min`.
    `alpha in [0;pi/2] => cosalpha` убывает `=> alpha -> max`.
    `alpha<=2arcsin(1/4) => alpha_max=2arcsin(1/4)`.
    `DeltaSAB` равнобедренный `=> SD` биссектриса и медиана.
    `/_BSD=arcsin(1/4), BD=2 => sin(arcsin(1/4))=(BD)/(SB)`,
    `1/4=2/t => t=8 => h=sqrt(64-4/3)=2sqrt(47/3)`.
    `S_(ABC)=1/2*2*2*sqrt3/2=sqrt3 => V_min=1/3*sqrt3*2sqrt(47/3)=2/3sqrt47`.

    Ответ: `2/3sqrt47`.
  • Вариант 152. Задача №8.
    Петя, скучая на уроке математики, проделал с некоторым `2016`-значным натуральным числом следующую операцию: от десятичной записи этого числа он отбросил последнюю цифру и умноженному на `3` получившемуся числу прибавил удвоенную отброшенную цифру. С полученным числом он опять проделал ту же операцию и так далее. После многократного применения этой операции получающиеся у Пети числа перестали меняться, и тогда он остановился.
    а) Какое число оказалось у Пети в конце?
    б) Какое наибольшее число могло быть у Пети в самом начале (укажите две его последние цифры)?

    Решение:
    а) Пусть `b` такая цифра, на шаге которой число перестало меняться.
    На предыдущем шаге было число `10a+b`, где `a` число, `b` цифра.
    На след. шаге стало число `3a+2b`.
    Получили уравнение `10a+b=3a+2b => b=7a`.
    `b` цифра `=> b in [0;9] => 7a in [0;9] => a<=9/7`.

    `a` натуральное число `=> a=1, b=7`.
    В конце получили число `17=1*3+2*7`.
    б) Докажем, что если последнее число равно `17`, то все числа из предыдущих шагов делятся на `17`.
    Пусть `10a+b=17k => 27a+18b=17(k+a+b) => 9(3a+2b)=17(k+a+b) =>` `3a+2b=17n, k+a+b=9n` т.к. `9` и `17` взаимно-простые числа.
    Самое последнее число равно `17`: `3a+2b=17 => 27a+18b=17*9`,
    `10a+b=17(9-a-b)` - делится на `17` (для любых натуральных `a,b`). И т.д. по индукции.
    Докажем, что любое число, которое делится на `17` (начиная с `34`), через сколько то операций станет равно `17`.
    Посчитаем разность текущего и следующего числа:
    `10a+b-(3a+2b)=7a-b>=21-9=12` если `a>=3`.
    Значит на каждом шаге число уменьшается минимум на `12`, и поэтому любое натуральное число вида `17k`, где `k>=2`, через конечное число шагов уменьшится до `17`.
    Найдем максимальное `2016`-значное число, которое делится на `17`.
    `A=99...9` (`2016` девяток) `= 10^2016-1`.
    По малой т. Ферма `10^16-1` делится на `17` (простое число).
    `10^2016-1=(10^16)^126-1` тоже делится на `17`, поэтому число `A` подходит. Последние две цифры равны `99`.

    Ответ: а) `17`.
    б) `99`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике