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.

Олимпиада «Звезда – Таланты на службе обороны и безопасности» 2014-2015 / 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 школьников «Звезда – Таланты на службе обороны и безопасности» (математика) 2014-2015. Задания и решения.
    Краткое название - олимпиада Звезда по математике 2014-2015.
    image
  • 11 класс. Задача №1.
    Выпускники `11` класса языковой гимназии могут по выбору сдавать ЕГЭ по следующим предметам: обществознание, немецкий язык и английский язык. Каждый ученик должен выбрать не менее двух предметов из трех. В `2014` году ЕГЭ по немецкому языку сдавали `50%` выпускников гимназии, по английскому `70%` и по обществознанию `90%`. Сколько процентов учеников сдавали ЕГЭ по всем трем предметам?

    Решение:
    Каждый ученик выбрал два или три предмета.
    Пусть `x` учеников выбрали общ. и нем., `y` выбрали общ. и анг., `z` выбрали нем. и анг.
    `t` учеников выбрали все три предмета.
    Всего учеников `x+y+z+t`.
    Немецкий сдали `50%` учеников, т.е. `1/2*(x+y+z+t)`.
    С другой стороны, немецкий выбрали `x+z+t`, получаем равенство:
    `x+z+t=1/2(x+y+z+t) => x+z+t=y`.
    Аналогично получим другие равенства:
    `7/10*(x+y+z+t)=y+z+t => 7x=3(y+z+t) => 7/3*x=y+z+t`.
    `9/10*(x+y+z+t)=x+y+t => 9z=x+y+t`.
    Сложим первое и третье равенства: `x+10z+t=x+2y+t => y=5z`.
    Первое и второе: `10/3*x+z+t=2y+z+t => y=5/3*x => z=y/5=x/3`.
    `z=x/3, y=5x/3: 7x/3=x/3+5x/3+t => t=x/3`.
    Тогда `t/(x+y+z+t)=(x/3)/(x+5x/3+x/3+x/3)=1/10`, что эквивалентно `10%`.

    Ответ: `10%`.

    PS. Можно так: `50+70+90=210-200=10`.
    Те `50%`, кто не сдавал экзамен по немецкому, сдавали английский и обществознание (АО). Соответственно, `30%` не сдавали английский, и они относятся к категории НО. 
    К категории АН относятся `10%`. Вместе это даёт `90%`, и оставшиеся `10%` относятся к категории АНО, то есть они сдавали ЕГЭ по всем трём предметам.
  • 11 класс. Задача №2.
    Вычислите произведение
    `(1+tan1^0)(1+tan2^0)(1+tan3^0)...(1+tan44^0)`.

    Решение:
    Рассмотрим произведение `(1+tanx)(1+tan(45^0-x))`, где `x in [1^0;44^0]`.
    `1+tanx=1+(sinx)/(cosx)=(sinx+cosx)/(cosx)=`
    `=(sqrt2*(sinx*cos45^0+cosx*sin45^0))/(cosx)=(sqrt2*sin(x+45^0))/(cosx)`.
    Тогда `1+tan(45^0-x)=(sqrt2*sin(90^0-x))/(cos(45^0-x))=`
    `=(sqrt2*cosx)/(cos(90^0-(x+45^0)))=(sqrt2*cosx)/(sin(x+45^0))`.
    Тогда `(1+tanx)(1+tan(45^0-x))=sqrt2*sqrt2=2`.
    Наше произведение состоит из `22` попарных произведений вида `(1+tanx)(1+tan(45^0-x))`, где `x=1,2,3,...,22`.
    Поэтому, `(1+tan1^0)(1+tan2^0)...(1+tan44^0)=2^22`.

    Ответ: `2^22`.
  • 11 класс. Задача №3.
    Решите уравнение
    `log_20(1/cosx-tanx)=log_15(1/cosx+tanx)`.

    Решение:
    `1/cosx-tanx=(1-sinx)/(cosx), 1/cosx+tanx=(1+sinx)/(cosx)`.
    `|sinx|<=1 =>` ОДЗ состоит из условий - `cosx>0, sinx != +-1`.

    Обозначим `log_15(20)=a`.
    `log_15(f)=log_20(f)*log_15(20)=log_20(f^a)`, где `f` любая функция.
    Тогда из уравнения получим, что `(1-sinx)/(cosx)=((1+sinx)/(cosx))^a`.
    Пусть `sinx=t`, где `|t|<1`, тогда `cosx=sqrt(1-t^2)` т.к. `cosx>0`.
    `(1-t)*(cosx)^(a-1)=(1+t)^a`,
    `(1-t)*(1-t^2)^(a/2-1/2)=(1+t)^a`,
    `(1-t)^(a/2+1/2)=(1+t)^(a/2+1/2)`.
    `1+t != 0`, поделим уравнение на правую часть:
    `((1-t)/(1+t))^(a/2+1/2)=1`.
    Пусть `(1-t)/(1+t)=1 => t=0`.
    Если `t != 0`, то можем прологарифмировать по основанию `(1-t)/(1+t)`:
    `a/2+1/2=0 => a=-1 => log_15(20)=-1 => 20=1/15` - нет решений.

    `sinx=0`, учтем ОДЗ - `cosx>0 => cosx=1 => x=2pik, k in ZZ`.

    Ответ: `x=2pik, k in ZZ`.
  • 11 класс. Задача №4.
    Найдите все значения параметра `a`, при которых многочлен
    `P(x)=x^4-2(a+2)x^2+(a-2)^2`
    можно представить в виде произведения двух многочленов второй степени с целыми коэффициентами.

    Решение:
    Предположим, что разложение указанного вида возможно. Тогда произведение старших коэффициентов равно `1`, и можно считать, что они сами равны `1`. 
    Тогда произведение имеет вид `(x^2+px+q)(x^2−px+r)`, где `p,q,r in ZZ`. 
    То, что коэффициенты при `x` берутся противоположными по знаку, следует из того, что коэффициент при `x^3` равен нулю.

    Раскроем скобки. Получится `x^4+(q+r−p^2)x^2+p(r−q)x+qr`. Коэффициент при `x` равен нулю, откуда возникают два случая: `q=r` или `p=0`.

    1) `q=r`. Приравнивание коэффициентов даёт `p^2−2q=2a+4` и `q^2=(a−2)^2`. Ясно, что `q=a−2` или `q=2−a`, и в обоих случаях `a` является целым. 
    Далее получается, что `p^2=4a` или `p^2=8`; второй случай сразу отбрасываем. 
    В первом случае `p` чётно, и `a=(p/2)^2` является точным квадратом. Легко проверить, что при `a=k^2`, где `k` целое, имеет место разложение `(x^2+2kx+k^2−2)(x^2−2kx+k^2−2)`.

    2) `p=0`. Здесь `q+r=−2(a+2)` и `qr=(a−2)^2`. 
    Применяя теорему Виета, приходим к выводу, что `q` и `r` являются корнями квадратного уравнения с дискриминантом `D=4(a+2)^2−4(a−2)^2=32a`. 
    Это число есть не что иное как квадрат разности корней: `(q−r)^2=(q+r)^2−4qr`. Поскольку корни целые, `32a` должно быть точным квадратом.

    Заметим, что `a+2=−q+r^2`, то есть `a` должно быть целым или полуцелым. Но `(a−2)^2=qr` целое, то есть второй случай отпадает. 
    Тогда `32a` является квадратом целого числа, делящегося на `8`, откуда `a` является удвоенным точным квадратом, то есть `a=2k^2` для некоторого целого `k`. 
    В последнем случае разложение на множители имеет вид `(x^2−2k^2−4k−2)(x^2−2k^2+4k−2)`.

    Таким образом, `a` должно быть либо точным квадратом, либо удвоенным точным квадратом: `a=k^2` или `a=2k^2` для некоторого целого неотрицательного `k`.

    Ответ: `a=k^2` или `2k^2`, `k` целое неотрицательное число.
  • 11 класс. Задача №5.
    Решите в целых числах уравнение 
    `(x^2+y^2)(x-2y+2015)=2xy`.

    Решение:
    Из уравнения следует, что `(x^2+y^2)*|x-2y+2015|=|2xy|`. Взяли модули.
    Пусть `|x-2y+2015|=k>=0`, по условию `k` целое.
    Известно, что `2|xy|<=x^2+y^2` при всех `x,y` (если перенести вправо, получим `(|x|-|y|)^2>=0`).
    Следовательно, `(x^2+y^2)*k<=x^2+y^2`.
    Пусть `x^2+y^2=0 => x=y=0` - является решением.
    Пусть `x^2+y^2>0 =>` можем поделить нер-во на это выражение `=> k<=1`.
    Поскольку `k` может принимать только целые неотрицательные значения `=> k=0` или `1`.

    `k=0`: `x-2y+2015=0, 2xy=0`.
    Если `x=0 => y=2015/2` - не годится.
    `y=0 => x=-2015` - годится.

    `k=1`: `x-2y+2015=1, x^2+y^2=2xy`.
    `(x-y)^2=0 => x=y => x=y=2014`.
    `x-2y+2015=-1, x^2+y^2=-2xy`.
    `(x+y)^2=0 => x=-y => y=672, x=-672`.

    Ответ: `(x,y)=(0,0),(-2015;0),(2014,2014),(-672,672)`.
  • 11 класс. Задача №6.
    На стороне `AB` треугольника `ABC` с тупым углом при вершине `C` взяли точки `P` и `Q` такие, что `AP=BC` и `BQ=AC`. Пусть `M,N,K` - середины отрезков `AB, CP, CQ` соответственно. Докажите, что 
    `2/_NMK+/_ACB=180^0`. 

    Решение:
    Точки `K` и `N` (середины чевиан) лежат на средней линии `B_1A`. Пусть `a=BC, b=AC, c=AB`, `alpha=/_A, beta=/_B, gamma=/_C, epsilon=/_KMN`. Заметим, что `c>a` и `c>b`.
    Нетрудно видеть, что `AQ=c-b, B_1K=(c-b)/2`, `BP=c-a, A_1N=(c-a)/2, A_1B_1=c/2`.
    Отсюда `B_1N=A_1B_1=A_1N=a/2`. Но и `B_1M=a/2` (длина средней линии). Значит, треугольник `B_1MN` - равнобедренный. Обозначим `x=/_B_1NM`. Тогда `/_B_1MK=x-epsilon`.
    image
    Обозначим также `y=/_MKA_1` - внешний угол для треугольника `B_1MK`. Поскольку `/_MB_1A_1=beta`, имеем
    `y=beta+x-epsilon`.
    Аналогично получается
    `x=alpha+y-epsilon`.
    Сложим данные равенства: `2epsilon=alpha+beta=180^0-gamma`. Отсюда `2epsilon+gamma=180^0`. Это и требовалось доказать.

    Ответ: доказано.
  • 11 класс. Задача №7.
    По кругу записано `100` положительных чисел. Сумма двух любых соседних чисел равна квадрату числа, следующему за ними по часовой стрелке. Найдите все такие наборы чисел.

    Решение:
    `a_1,a_2,...,a_100` - наши числа, где `a_i>0` для любого `i` от `1` до `100`.
    Из условия следует система из `100` уравнений:
    `a_1+a_2=(a_3)^2`,
    `a_2+a_3=(a_4)^2`,
    `...`
    `a_99+a_100=(a_1)^2`,
    `a_100+a_1=(a_2)^2`.

    Пусть `a_1>=a_2>=a_3`.
    `a_i-a_(i+2)=(a_(i+2)-a_(i+3))(a_(i+2)+a_(i+3))`.
    Числа положительные, поэтому вторая скобка положительна.
    Если `a_i>=a_(i+2) => a_(i+2)>=a_(i+3)`.
    `a_1>=a_3 => a_3>=a_4`. Получили `a_1>=a_2>=a_3>=a_4`.
    `a_2>=a_4 => a_4>=a_5` и т.д.
    Получим, что `a_1>=a_2>=...>=a_99>=a_100>=a_1 =>` все числа равны.
    Аналогично, если `a_1<=a_2<=a_3 => a_1<=a_2<=...<=a_99<=a_100<=a_1` - все числа равны.
    Поскольку числа расставлены по кругу, то рассуждения верны для любых трех подряд идущих чисел.
    Если все числа равны `x`, то `x+x=x^2 => x=0, 2`. `0` не годится, остается только `2`.
    Предположим, что есть другой набор таких чисел. Тогда среди них выберем максимальное. 
    Без ограничения общности можем считать, что `a_1` наибольшее число (числа расставлены по кругу).
    Тогда `a_1>=a_2 => a_2<=a_3` иначе получим, что все числа равны, а у нас другой набор чисел.
    Тогда `a_3>=a_4` иначе `a_2<=a_3<=a_4` и все числа опять равны.
    Аналогично, `a_4<=a_5, a_5>=a_6,..., a_98<=a_99`, `a_99>=a_100, a_100<=a_1`.
    `a_(2i-1)>=a_(2i), a_(2i)<=a_(2i+1)`.
    Тогда `a_(2i-1)-a_(2i+1)=(a_(2i+1))^2-(a_(2i+2))^2>=0` `=> a_(2i-1)>=a_(2i+1)` для всех `i`.
    `a_1>=a_3>=a_5>=...>=a_99>=a_1 => a_(2i+1)=x`.
    `a_(2i)-a_(2i+2)<=0 => a_2<=a_4<=...<=a_100<=a_2 => a_(2i)=y`.
    Получили систему:
    `x+y=x^2, y+x=y^2 => x=y`, т.е. все числа равны. Противоречие.

    Ответ: `(a_1,a_2,...,a_100)=(2,2,...,2)`.
    Все числа равны `2`.

    Другое решение: пусть `M` - наибольшее из всех чисел, в перед ним стоят числа `a` и `b`. Тогда `a+b=M^2, a<=M, b<=M`, откуда `M^2<=2M` и `M<=2` (учитываем, что `M>0`).
    Пусть `m` - наименьшее из всех чисел, а перед ним стоят числа `c` и `d`. Тогда `c+d=m^2, c>=m, d>=m`, откуда `m^2>=2m` и `m>=2` (поскольку `m>0`).
    Итак, наименьшее число не больше `2`, а наименьшее не меньше `2`. Значит, все числа равны `2`. С другой стороны, для `100` двоек выполнено условие задачи.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике