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.

Отборочный этап олимпиады Курчатов 2014-2015 / Задания и решения по математике


  • 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.


    Отборочный этап олимпиады по математике Курчатов 2014-2015. Задания и решения всех вариантов.
  • 1. Старинные часы каждый час бьют столько раз, сколько часов: например, в `3` часа дня и в `3` часа ночи –– по `3` раза, в полдень и в полночь –– по `12` раз. Кроме того, они пробивают по одному разу в середине каждого часа (то есть, в полпервого, полвторого и т.д.). Какое наибольшее число ударов могло случиться за отрезок времени длиной `10000` минут?

    Решение:
    Посчитаем кол-во ударов на отрезке с первой секунды после `12` (дня или ночи) до `12` ночи или дня соотв.
    `n=1+2+...12+12*1=(12*13)/2+12=90`.
    `10000` минут `=166` часов `+ 40` минут.
    `166=13*12+10`.
    Итак, наш отрезок состоит из `13` отрезков длиной `12` часов и остатка (`10` часов `40` минут). Понятно, что один из концов нашего отрезка должен совпадать с `12` часами (дня или ночи).
    Для максимального числа ударов остаток необходимо пустить в начало отрезка, потом пойдут `13` отрезков длиной `12`, которые дадут `90*13=1170` ударов.
    Остаток даст `90-1-1=88` удара. Вычли удары в полпервого и в час.
    `1170+88=1258` ударов.
    При смещении отрезка левее или правее целых `12` часовых отрезков кол-во ударов будет уменьшаться.

    Ответ: `1258`.
  • 2. Острый угол `alpha` таков, что `(cos3alpha)/(cosalpha)=-0,3`. Найдите `(sin3alpha)/(sinalpha)`.

    Решение:
    `alpha in (0;pi/2)`.
    `(4cos^3alpha-3cosalpha)/(cosalpha)=-0,3`,
    `4cos^2alpha-3=-0,3 => cos^2alpha=0,675`.
    `(sin3alpha)/(sinalpha)=3-4sin^2alpha=3-4(1-0,675)=1,7`.

    Ответ: `1,7`.
  • 3. Во вписанном `100`-угольнике провели несколько диагоналей. Они разбили многоугольник на `200` частей: `30` пятиугольников, `70` четырехугольников и `100` треугольников. Найдите число точек пересечения проведенных диагоналей внутри `100`-угольника.

    Решение:
    На плоскости `201` область (область вне многоугольника считается за одну область), границами которых являются стороны многоугольника и внутренних фигур. Будем считать эти стороны ребрами, тогда получаем граф на плоскости, состоящий из `201` области.
    Число точек пересечения диагоналей внутри многоугольника является числом внутренних вершин плоского графа (за вычетом вершин многоугольника).
    `V` - кол-во вершин, `E` - кол-во ребер, `F` - кол-во граней.
    Известна формула `V-E+F=2`.
    Кол-во ребер легко посчитать из условия: при подсчете граничные ребра считаются по одному разу, внутренние по два, поэтому кол-во внутренних ребер надо поделить на два.
    Все ребра: `100*3+70*4+30*5=730`. Внутренние `630/2=315`.
    `E=315+100=415`.
    `E=415, F=201 => V=2+E-F=216`.
    Вычтем кол-во вершин многоугольника, получим `116` внутренних точек пересечения диагоналей.

    Ответ: `116`. 
  • 4. Сколько решений в натуральных числах имеет уравнение `5xy=x+y+1+6+6^2+...+6^30`?

    Решение:
    `1+6+6^2+...+6^30=(6^31-1)/(6-1)=(6^31-1)/5` - по формуле суммы геометрической прогрессии.
    Умножим уравнение на `5`:
    `25xy-5(x+y)=6^31-1`,
    `25xy-5(x+y)+1=6^31`,
    `(5x-1)(5y-1)=6^31=2^31*3^31`. 
    Осталось перебрать все случаи. Понятно, что слева произведение двух чисел, каждое из которых дает остаток минус `1` (или `4`) при делении на `5`, значит и справа должно быть такое произведение.
    `6` всегда дает остаток `1` при делении на `5`, поэтому `6` в любой степени дает такой же остаток. Следовательно, ни один из сомножителей не может равняться степени `6`.
    Получили, что `{(5x-1=2^a*3^b),(5y-1=2^(31-a)*3^(31-b)):}`,
    где `a!=b, a,b in ZZ, a,b in [0;31]`.
    Пусть `a>b`:
    `5x-1=6^b*2^(a-b)`,
    `5y-1=6^(31-a)*3^(a-b)`.
    `2^(a-b)` и `3^(a-b)` должны давать остаток `4` при делении на `5`. 
    `3^(a-b)=(5-2)^(a-b)=5n+(-2)^(a-b)`. Получили, что `(a-b)` четно.
    `a-b=2c => 2^(a-b)=4^c=(5-1)^c=5k+(-1)^c`. Получили, что `c` должно быть нечетным.
    `a-b=2(2d-1)=4d-2` - необходимые и достаточные условия для того, чтобы полученная система решалась в натуральных числах.
    Если `a<b`, аналогично получим, что `b-a=4d-2`.
    Осталось посчитать кол-во таких пар `(a,b)`, где `a,b in [0;31]`.
    `b=0`: `a=2,6,10,...,30` - `8` значений.
    `b=1`: `a=3,7,11,...,27,31` - `8` значений.
    `b=2`: `a=0,4,8,12,...,28` - `8` значений.
    `b=3`: `a=1,5,9,...,29` - `8` значений.
    `b=4`: `a=2,6,10,...,30` - `8` значений.
    `b=5`: `a=3,7,11,...,27,31` - `8` значений.
    И т.д. Видим, что группы значений `{a}` повторяются.
    При каждом `b in [0;31]` получим `8` пар значений.
    Итого `32*8=256` пар. Каждая такая пара задает уникальное решение `(x,y)` нашего уравнения.

    Ответ: `256`.
  • 5. Около правильного тетраэдра `KLMN` описана сфера. Основания правильных пирамид `AKLM, BKMN, CKLN` и `DLMN` совпадают с гранями тетраэдра, пирамиды лежат вне тетраэдра и вписаны в ту же сферу. Сумма объемов тетраэдра и пирамид равна `250sqrt2`. Найдите площадь треугольника `AKB`.

    Решение:
    `a` - ребро правильного тетраэдра.
    `V_(тетраэдра) + 4V_(пирамиды)=250sqrt2`.
    `V_(тетраэдра)=sqrt2/12a^3`.
    `V_(пирамиды)=1/3S*h`,
    `S=sqrt3/4a^2`,
    `h=R-r=sqrt6/4a-sqrt6/12a=a/sqrt6`,
    `V_(пирамиды)=1/3*sqrt3/4a^2*a/sqrt6=a^3/(12sqrt2)`.
    `250sqrt2=a^3(sqrt2/12+1/(3sqrt2))=a^3/(2sqrt2)`,
    `a^3=1000 => a=10`.

    Теперь достаточно легко найти `AK=BK`.
    `AK^2=h^2+x^2`, где `x` равно `2/3` высоты грани тетраэдра, т.е. `x=10/sqrt3`.
    `AK^2=100/6+100/3=100/2=50 => BK=AK=sqrt50`.

    Найдем `AB`. Пусть т. `O` - центр сферы и одновременно точка пересечения высот тетраэдра.
    `AB` найдем из треугольника `OAB`, где `OA=OB=R`.
    Поворотом получим, что `/_AOB` равен углу между прямыми, которые соединяют вершины тетраэдра с точкой `O`. Косинус этого угла легко находится и равен (`-1/3`).
    `AB^2=R^2+R^2+2/3R^2=8/3R^2=8/3*6/16*100=100`.
    Получили, что `ABK` является равнобедренным прямоугольным треугольником, с катетами, равными `sqrt50`.
    `S_(ABK)=1/2AK*BK=25`.

    Ответ: `25`.
  • 6. `300` гномов подошли к подвесному мосту, способному выдержать не более двух гномов одновременно. По мосту можно идти только с фонарём. Поодиночке они переходят мост в одну сторону за разное время: за `1, 2, ..., 300` минут соответственно. Когда идут вдвоем, то движутся со скоростью более медленного. Каждый согласен пройти по мосту не более `3` раз (то есть, туда-обратно-туда). Фонарь только один. За какое наименьшее число минут они все смогут переправиться на другую сторону моста?

    Решение:
    Решим задачу в общем случае. Пусть всего `n` гномов (для удобства скажем, что `n` четно, хотя может и нет зависимости от четности `n`).
    Чтобы переправить `n` гномов на другой берег необходимо `(n-1)` переходов по мосту в одну сторону (гномы идут парами) и `(n-2)` возвращений фонаря (гномы идут по одному).
    Всего гномов `n`, каждый мог вернуться ровно `1` раз, поэтому ровно `2` гнома не возвращались.
    Пусть `f(n)` суммарное время гномов, потраченное на возвращение.
    Тогда `f(n)>=1+2+3+...+(n-3)+(n-2)=1/2(n-2)(n-1)`.
    На другой берег переправились все `n` гномов за `(n-1)` ходок. Следовательно, в сумме времен задействовано `(n-1)` слагаемых (не обязательно разных) из множества `{2,3,...,n}`. Понятно, что `1` не входит в это множество. Также понятно, что n входит в сумму (будем считать, что только `1` раз), поскольку максимальный тормоз так или иначе должен перебраться на другой берег. Можно ли убрать из суммы слагаемое `(n-1)`?
    Да, если `(n-1)` пойдет вместе с `n` и не вернется. Тогда в сумме обязано быть слагаемое `(n-2)`, при этом два раза, поскольку `(n-2)` возвращался с фонарем. Аналогично с любым другим слагаемым.
    Тогда сумма времен в одну сторону 
    `g(n)>=(2+3+...+n)-1=1/2n(n+1)-2`.
    `f(n)+g(n)>=1/2n^2-3/2n+1+1/2n^2+1/2n-2=n^2-n-1`.
    Найденное минимальное значение достигается, ниже алгоритм:
    `(1,2) - 1 - (n,n-1) - 2 - (3,1) - 3 - (4,2) - 4 -...`

    `n=300`: `300^2-300-1=89699`.

    На самом деле задача сложная (теория алгоритмов), практически все абитуриенты получают результат порядка `~n^2` (`n^2-2, n^2-4` и т.д.), хотя действительно получается результат порядка `n^2-n`.

    Ответ: `89699`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике