ДВИ по математике в МГУ (21 июля 2017 - резервный день)

18.07.2017. Поступили материалы ДВИ по математике.
Подключение платное, тариф Light (30 тыс. руб.), Стандарт (40 тыс. руб.).
dvi@olympiads.biz - для вопросов и заявок.
Подготовка к очному туру ОММО - системы уравнений, задачи с параметром, графики, функции


  • 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.


    Материалы для экспресс-подготовки к очному туру ОММО.

    Часть 3.

    1. Системы уравнений (6 задач с решениями + 6 задач для самостоятельного решения).
    2. Задачи с параметром (6+5).
    3. Смешанные графико-геометрические задачи (3+1).
    4. Функциональные соотношения и уравнения (8+4).
    5. Задачи на логику, конструкции, нестандартные задачи (15+1).
    Третья часть будет пополняться дополнительными материалами до 6 февраля.

    Инструкция по работе с материалами аналогична первым двум частям.

    Остальные материалы в разделе ОММО.
    Часть первая. Прогрессии и последовательности.
    Часть вторая. Теория чисел, цифры, делимость, остатки, степени.
     
    Вопросы, комментарии или замечания оставляйте в теме или отправляйте на почту ommo@olympiads.biz.
  • Системы уравнений - задание №5.
    Стандартные применяемые методы:
    — Метод "крайних", подробнее в решениях.
    — Оптмизация систем, замены.
    — Внимательное изучение уравнений, поиск подсказок в структуре уравнений.

    Задача №1 (ОММО 2015 - №5).
    Решите систему уравнений
    `{(26x^2+42xy+17y^2=10),(10x^2+18xy+8y^2=6):}`.

    Решение:
    Сам вид уравнений дает подсказку для быстрого решения. Даны выражения вида `ax^2+bxy+cy^2`, которые вызывают ассоциации с точными квадратами вида `(dx+ey)^2`.
    Применяем самый стандартный прием решения систем - складывание-вычитание уравнений. Попробуем сложить:
    `36x^2+60xy+25y^2=16`,
    `(6x+5y)^2=16` `=> 6x+5y=+-4`.
    Наша смелость оказалась вознаграждена, но не стоит останавливаться на половине пути. Попробуем вычесть уравнения:
    `16x^2+24xy+9y^2=4`,
    `(4x+3y)^2=4` `=> 4x+3y=+-2`. Все, задача решена. Получили `4` системы элементарных уравнений:
    `{(6x+5y=+-4),(4x+3y=+-2):}`,
    `(x,y)=(-1,2), (1,-2), (-11,14), (11,-14)`.
    Ответ: `(-1,2), (1,-2), (-11,14), (11,-14)`.

    Аналогичная задача:
    Решите систему уравнений
    `{(5x^2+14xy+10y^2=17),(4x^2+10xy+6y^2=8):}`.
    Ответ: `(-1,2),(1,-2),(11,-7),(-11,7)`.

    Задача №2 (ОММО 2014 - №5).
    Найдите все решения уравнения
    `(y(x-1)^2)+(x-1)^2+y^2+1-4y|x-1|=0`.

    Решение:
    Если вы видите, что количество уравнений меньше количества неизвестных, это явный признак т.н. метода "крайних". Кроме задач на целые числа.
    В таких задачах, почти всегда, все сводится к тому, что одна часть всегда больше другой, кроме конечного числа точек (пар `x,y`).
    Как правило, надо выделять полные квадраты. Главное, выделить квадраты правильно, если есть несколько способов получения точных квадратов.
    `((y(x-1))^2-2y|x-1|+1)+((x-1)^2-2y|x-1|+y^2)=0`,
    `(y|x-1|-1)^2+(|x-1|-y)^2=0`. Тут надо быть аккуратнее с модулями.
    Понятно, что сумма двух квадратов равна `0 iff` каждый из квадратов равен `0`. Задача свелась к системе из двух уравнений с двумя неизвестными. Это типовая задача.
    `{(y|x-1|=1),(|x-1|=y):}`,
    `y^2=1 => y=+-1`.
    `y=1 => |x-1|=1 => x=0;2`.
    `y=-1 => |x-1|=-1` - решений нет.
    Ответ: `(x,y)=(0,1), (2,1)`.

    Аналогичная задача:
    Найдите все решения уравнения
    `4y^2(x^4+2x^2)+8y^2+x^4+2x^2=8|y|(x^2+1)-2`.
    Ответ: `(x,y)=(0,1/2), (0,-1/2)`.

    Задача №3 (ОММО 2013 - №5).
    Решите систему уравнений
    `{(tan^2x+cottan^2x=2sin^2y),(sin^2y+cos^2z=1):}`.

    Решение:
    Снова в задаче неизвестных больше, чем уравнений. И снова метод "крайних". Работаем с первым уравнением, очевидно, что оно более перспективно.
    В левой части сумма взаимно-обратных величин. Известно, что `a+1/a>=2` при всех `a>0` и `a+1/a<=-2` при всех `a<0`. Кратко, `|a+1/a|>=2` при всех `a!=0`, при этом равенство возможно `iff |a|=1`.
    Но `2sin^2y<=2` по определению синуса, поэтому левая часть уравнения почти всегда больше правой, а равенство возможно `iff` левая часть принимает свой минимум, а правая часть максимум.
    `tan^2x+cottan^2x>=2>=2sin^2y => tan^2x+cottan^2x=2, sin^2y=1`. Итак, получили типовую систему из трех уравнений с тремя неизвестными.
    Такой же результат можно получить выделением полных квадратов в первом уравнении:
    `tan^2x+cottan^2x=2sin^2y`,
    `tan^2x+1/(tan^2x)-2sin^2y=0`,
    `(tanx-1/(tanx))^2+2-2sin^2y=0`,
    `(tanx-1/(tanx))^2+2cos^2y=0`. Выделили.
    Понятно, что `tanx-1/(tanx)=cosy=0`.
    Итак, `{(tan^2x=1),(sin^2y=1),(cos^2z=0):}`. Дальнейшее элементарно.
    Ответ: `(x,y,z)=(pi/4+(pin)/2, pi/2+pik, pi/2+pil)`.

    Аналогичная задача:
    Решите систему уравнений
    `{(tan^2x+cottan^2x=2siny),(sin^2y+cos^2z=1):}`.
    Ответ: `(x,y,z)=(pi/4+(pin)/2, pi/2+2pik, pi/2+pil)`.

    Задача №4 (ОММО 2012 - №6).
    Решите систему уравнений
    `{((xy)/(x+y)=1),((yz)/(y+z)=2),((xz)/(x+z)=3):}`.

    Решение:
    Такие системы лучше предварительно оптимизировать, а не решать в лоб. После оптимизации система может стать элементарной.
    Понятно, что `x,y,z!=0`, следовательно, может перевернуть каждое из уравнений:
    `{((x+y)/(xy)=1),((y+z)/(yz)=1/2),((x+z)/(xz)=1/3):}`,
    `{(1/x+1/y=1),(1/y+1/z=1/2),(1/x+1/z=1/3):}`. Оптимизация готова.
    Можно "захотеть" сделать замену (`1/x=a` и т.д.), но не стоит. Сложим все три уравнения и поделим результат на `2`:
    `1/x+1/y+1/z=11/12`. Еще одна оптимизация.
    Вычтем из полученного уравнения первое, второе и третье уравнения:
    `1/z=-1/12, 1/x=5/12, 1/y=7/12 => x=12/5, y=12/7, z=-12`.
    Ответ: `(x,y,z)=(12/5, 12/7, -12)`.

    Аналогичная задача:
    Решите систему уравнений
    `{((ab)/(a+b)=1),((bc)/(b+c)=2),((ca)/(c+a)=4):}`.
    Ответ: `(a,b,c)=(8/3, 8/5, -8)`.

    Задача №5 (ОММО 2011 - №8).
    Решите систему
    `{(x+y+z=13),(x^2+y^2+z^2=61),(xy+xz=2yz):}`.

    Решение:
    Используем известную формулу `(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx`. Эту подсказку дают сами уравнения системы.
    `13^2=61+2(xy+xz)+2yz`,
    `169=61+6yz => yz=18 => xy+xz=36`.
    `{(x+y+z=13),(x(y+z)=36),(yz=18):}`.
    Первые два уравнения представляют собой систему с неизвестными `x` и `y+z=t`.
    `x=9, y+z=4` и `x=4, y+z=9`. Далее все элементарно.
    Ответ: `(x,y,z)=(4,3,6), (4,6,3)`.

    Аналогичная задача:
    Решите систему
    `{(x+y+z=15),(x^2+y^2+z^2=81),(xy+xz=3yz):}`.
    Ответ: `(6,3,6), (6,6,3)`.

    Задача №6 (ОММО 2010 - №8).
    Найти все решения системы `{(xy-t^2=9),(x^2+y^2+z^2=18):}`.

    Решение:
    Снова количество неизвестных больше количества уравнений и снова метод "крайних".
    Этот метод тесно связан с выделением полных квадратов. И это дает нам подсказку, как правильно скомбинировать уравнения.
    Чтобы получить `(x-y)^2` надо вычесть из второго уравнения удвоенное первое. Заодно сократятся числа.
    `x^2-2xy+y^2+t^2+z^2=0`,
    Полные квадраты - `(x-y)^2+t^2+z^2=0 => x=y, t=z=0`. Подставим в первое уравнение:
    `y^2=9 => y=+-3`.
    Ответ: `(x,y,z,t)=(3,3,0,0), (-3,-3,0,0)`.

    Аналогичная задача:
    Решите систему
    `{(log_2(x^2+1)+log_2(y^2+1)=4),(x^2+y^2=2cos^2z+4):}`
    Ответ: `(+-sqrt3, +-sqrt3, pin)`.
  • Задачи с параметром - задание №8.
    Применяемые методы:
    — Построение графиков. Важно правильно "раскидать" функции по обеим частям знака равенства.
    — Функции разной выпуклости пересекаются в одной точке `iff` они касаются друг друга.
    Пусть нам даны функции `f(x)` и `g(x)`. Условие касания в точке `x_0` эквивалентно системе уравнений `{(f(x_0)=g(x_0)),(f'(x_0)=g'(x_0)):}`. Вместо `x_0` можно писать просто `x`. А запись с `x_0` - дань математическому языку и формализму.
    — Параметр берем за неизвестную и решаем уравнение относительно параметра.
    — Задачи на количество решений чаще всего и проще всего решаются графически.
    При этом надо знать графики всех известных функций и фигур.

    Задача №1 (ОММО 2015 - №8).
    При каких значениях параметра `a` уравнение `ln(x+a)-4(x+a)^2+a=0` имеет единственный корень?

    Решение:
    После замены `x+a=t` уравнение запишется в виде `lnt-4t^2+a=0`.
    `lnt=4t^2-a`. Уравнение готово к графическому продолжению.
    Изобразим графики обеих частей уравнения.
    image
    Уравнение имеет одно решение `iff` графики функций пересекаются только в одной точке, это возможно только в случае касания двух функций.
    Это следует, например, из того, что функции имеют разную выпуклость. Этот факт можно использовать на ОММО без доказательства.

    Либо рассмотрим функцию `f(t)=lnt-4t^2+a`, которая определена при всех `t>0`.
    `f(t) -> -oo` при `t -> 0` и `f(t) -> -oo` при `t -> +oo`. Получается условная парабола ветвями вниз.
    Тогда одно решение (одна точка пересечения с осью `t` или один ноль) является локальным максимумом, иначе говоря - точка касания функции `f(t)`.
    Фактически, это тоже самое, что и разная выпуклость.
    Пусть `t_0` - абсцисса точки касания функций `y=lnt` и `y=4t^2-a`.
    Тогда, `lnt_0=4t_0^2-a`. Поскольку функции равны в точке касания.
    Значения производной в точке касания тоже равны.
    Тогда, `1/(t_0)=8t_0`. Приравняли производные в точке `t_0`.
    Решаем систему из двух уравнений, получаем `a=(3ln2+1)/2`.
    Ответ: `a=(3ln2+1)/2`.

    Аналогичная задача:
    При каких значениях параметра `a` уравнение `ln(x-2a)-3(x-2a)^2+2a=0` имеет единственный корень?
    Ответ: `a=(ln6+1)/4`.

    Задача №2 (ОММО 2014 - №8).
    Найдите все значения параметра `a`, при которых уравнение `|ln|x||=ax` имеет три решения.

    Решение:
    В этой задаче нельзя сразу "кидаться" рисовать графики, модули мешают и накладывают доп. условия.
    `|ln|x||>=0 => ax>=0`.
    Особый случай `a=0`: `|x|=1 => x=+-1` - два решения, не подходит.
    Случай `a>0`: `ax>=0 => x>=0 => |x|=x`:
    `|lnx|=ax`. Причесали, теперь можно рисовать. Можно еще предварительно раскрыть модуль, но не стоит, модуль уже не мешает.
    График функции `y=|f(x)|` строится так: строим график `y=f(x)`, а отрицательную часть графика (ниже оси `X`), отражаем симметрично выше оси `X`.
    График функции `y=ax` при `a>0` и `x>=0` представляет собой группу линий в первой четверти и началом в начале координат.
    image
    Используем то, что у функции `y=|lnx|` нет точек перегиба до `1` и после `1`. Иначе говоря, на этих промежутках функция не меняет свою выпуклость.
    Тогда два решения (две точки пересечения) будут в случае касания прямой `y=ax` и правой части функции `y=|lnx|`. Нас вообще то спрашивают про три решения, но для этого надо понять, когда будет два решения (случай касания, метод которого нам хорошо понятен).
    Пусть `x_0` - точка касания.
    Аналогично предыдущей задаче получаем систему `{(ax_0=lnx_0),(a_0=1/(x_0)):}`.
    Тогда, `x_0=e, a_0=1/e`.
    Следовательно, при `a in (0;1/e)` будет три решения (три точки пересечения).
    Случай `a<0` разбирается аналогично, получим интервал `a in (-1/e;0)`.
    Ответ: `a in (-1/e;0)uu(0;1/e)`.

    Аналогичная задача:
    Найдите все значения параметра `a`, при которых уравнение `|ln|x-1||=ax-a` имеет три решения.
    Ответ: `a in (-1/e;0)uu(0;1/e)`.

    Задача №3 (ОММО 2013 - №8).
    При каких значениях параметра `a` уравнение `5x^4+7ax+2a^2=0` имеет хотя бы один целый корень?

    Решение:
    Если задачу попытаться решить в лоб, ничего не выйдет.
    Общий совет: если попалась нестандартная задача, лучше не терять время на прямолинейные попытки, а подумать, посмотреть внимательно на условие, попробовать вспомнить другие разделы математики.
    В нашей задаче сказано про целые числа, и минимальных знаний этой области (вторая часть материалов по подготовке) достаточно для быстрого и простого решения задачи.
    Итак, хотя бы одно целое значение `x` должно удовлетворять уравнению.
    Равенство `5x^4+7ax+2a^2=0` верно для некоторого целого `x`.
    Применим стандартный прием в задачах на параметр, когда параметр рассматривается в качестве неизвестной. Это даже логично, поскольку в задаче спрашивается про значения `a`.
    `2a^2+7xa+5x^4=0` - квадратное уравнение относительно `a`, где `x` - целое число.
    `D=49x^2-40x^4>=0` - условие существования корней, т.е. `a`.
    `x^2 in [0;49/40]`. Задействуем целые числа.
    Вспомним про то, что `x in ZZ`, следовательно, `x^2=0` или `1`. Нет других квадратов целых чисел в полученном отрезке.
    Итак, целым корнем нашего уравнения могут быть только `x=0,+-1`. Осталась рутина.
    `x=0`: `2a^2=0 => a=0`.
    `x=1`: `2a^2+7a+5=0 => a=-1, -5/2`.
    `x=-1`: `2a^2-7a+5=0 => a=1, 5/2`.
    Ответ: `a=+-1, +-5/2, 0`.

    Аналогичная задача:
    При каких значениях параметра `a` уравнение `3x^4-5ax+2a^2=0` имеет хотя бы один целый корень?
    Ответ: `a=+-1, +-3/2, 0`.

    Задача №4 (ОММО 2012 - №9).
    При каких значениях параметра `a` система
    `{(|x|+|y|+||x|-|y||=6),(|x|+|y|=a):}`
    имеет наибольшее возможное число решений?

    Решение:
    Вспоминаем про то, что в задачах на параметр на ОММО часто дают графический метод решения таких задач и пробуем построить графики функций.
    Тем более, что задача на количество решений, а это очень часто решается графически.
    Из свойств модуля делаем вывод, что знаки `x,y` значения не имеют.
    Следовательно, достаточно построить графики в первой четверти (`x>=0, y>=0`), в остальных четвертях графики симметрично отражаются.
    `x>=0, y>=0`: `x+y+|x-y|=6`.
    Если `x>=y => x=3` - ниже прямой `y=x` рисуем прямую `x=3`.
    `x<=y => y=3` - выше прямой `y=x` рисуем прямую `y=3`.
    Учитывая другие четверти, получим границы квадрата, который задается прямыми `y=+-3, x=+-3`.
    Если не совсем понятно, можно расписать остальные случаи (`x<=0, y<=0` и т.д.).
    График функции `|x|+|y|=a` в первой четверти представляет собой прямую `y=a-x`. При этом `a>=0`.
    При `a>0` получим квадрат с границами `y=a-x, y=a+x, y=-a-x, y=a-x`. При `a=0` квадрат превращается в точку `(0;0)`.
    Два наших квадрата могут пересечься максимально в `8` точках. Краевые случаи - когда первый квадрат вписан во второй (`a=6`) и наборот (`a=3`), в каждом случае по `4` точки пересечения.
    Значения `a` между двумя такими случаями (`a in (3;6)`) дают `8` пересечений, т.е. `8` пар решений системы.
    Ответ: `a in (3;6)`.

    Аналогичная задача:
    При каких значениях параметра `a` система
    `{(|x|+|y|+||x|-|y||=a),(|x|+|y|=4):}`
    имеет наибольшее возможное число решений?
    Ответ: `a in (4,8)`.

    Задача №5 (ОММО 2011 - №10).
    Плоская фигура `W` представляет собой множество всех точек, координаты которых `(x,y)` удовлетворяют неравенству: `(|x|+|4-|y||-4)^2<=4`. Нарисуйте фигуру `W` и найдите ее площадь.

    Решение:
    Задача не на параметр, но на построение графика, что весьма полезно для задач с параметром.
    `1` случай: `x>=0, y>=0`.
    `(x+|4-y|-4)^2<=4`.
    `y<=4`: `(x-y)^2<=4 => -2<=x-y<=2 => x-2<=y<=x+2`. В области `x>=0, y in [0;4]` получается полоса с границами `y=x-2, y=x+2`.
    `y>=4`: `(x+y-8)^2<=4 => -2<=x+y-8<=2 => -x+6<=y<=-x+10`. В области `x>=0, y>=4` получается полоса с границами `y=-x+6, y=-x+10`.
    Остальные случаи (четверти) рассматриваются аналогично.
    Получаем фигуру `W`, площадь которой считается элементарно.
    image
    Подсказка: можно посчитать площадь шестиугольника и вычесть площади двух лишних треугольников и двух лишних квадратиков.
    Ответ: `120`.

    Аналогичная задача:
    Плоская фигура `W` представляет собой множество всех точек, координаты которых `(x,y)` удовлетворяют неравенству: `|2-|x|-||y|-2||<=1`. Нарисуйте фигуру `W` и найдите ее площадь.
    Ответ: `30`.

    Задача №6 (ОММО 2010 - №10).
    Изобразить на координатной плоскости множество точек `(a,b)` таких, что система уравнений
    `{(x^2+y^2=a^2),(x+y=b):}` имеет хотя бы одно решение.

    Решение:
    Первое уравнение является окружностью с центром в начале координат и радиусом `|a|`.
    Второе уравнение - прямая `y=-x+b`.
    Рассмотрим особый случай `a=0`: окружность превратилась в точку `(0;0)` и пересечется с прямой `y=-x+b` при `0=-0+b` т.е. `b=0`.
    Пусть `a!=0`: краевые случаи одного решения системы - когда прямая касается окружности (снизу и сверху), т.е. существует хотя бы одно решение системы.
    Прямая касается окружности, если расстояние от центра окружности до прямой совпадает с радиусом окружности.
    Из прямоугольного треугольника с катетами `|a|` и `|a|` получим, что `b=+-sqrt2|a|`.
    Итак, `b in [-sqrt2|a|;sqrt2|a|]` при всех `a`, особый случай `(a;b)=(0;0)` также входит в этом множество.
    На координатной плоскости получим область в виде квадрата.
    Ответ: `b in [-sqrt2|a|;sqrt2|a|]`.
  • Смешанные задачи (графики, геометрия).
    Применяемые методы:
    — Формула расстояния между точками.
    — Геометрические соображения.

    Задача №1 (ОММО 2015 - №7).
    Прямая c задается уравнением `y=x+1`. Точки `A` и `B` имеют координаты `A(1;0)` и `B(3;0)`. На прямой `c` найдите точку `C`, из которой отрезок `AB` виден под наибольшим углом.

    Решение:
    `1` случай: точка `C'` лежит выше оси X.
    Построим окружность с центром в точке `P(2;1)` и радиусом `PA=PB=sqrt2`. Ключевая идея.
    image
    Окружность касается прямой `c` в точке `C(1;2)`. Очевидно, что это и есть искомая точка. Это следует из геометрических соображений.
    `/_ACB` равен половине дуги `AB`. Для любой другой точки `C'` на прямой `c`, `/_AC'B` будет равен половине разности дуг `AB` и `DE`, т.е. меньше.
    `2` случай: точка `C'` лежит ниже оси `X`.
    Построим другую окружность, которая проходит через точки `A,B` и касается прямой `c` в точке `D` ниже оси `X`.
    Аналогично, `/_ADB>=/_AC'B`.
    Вместе с тем, `/_ADB < /_ACB`, поскольку они опираются на одну хорду `AB`, но радиус второй окружности больше.
    Есть и аналитическое решение задачи.
    Схема аналитического решения:
    Координаты точки `C(t;t+1)` поскольку точка лежит на прямой `y=t+1`.
    Рассмотрим треугольник `ABC`:
    `cosC=(BC^2+AC^2-AB^2)/(2BC*AC)`.
    По формуле расстояния между точками:
    `|AC|=sqrt((t-1)^2+(t+1)^2)=sqrt(2t^2+2)`,
    `|BC|=sqrt(2t^2-4t+10)`,
    `AB=2`,
    `cosC=(2t^2-2t+4)/sqrt((2t^2+2)(2t^2-4t+10))`.
    Исследуем функцию `f(t)=(2t^2-2t+4)/sqrt((2t^2+2)(2t^2-4t+10))`.
    Очевидно, что функция всегда положительна, поэтому угол `C` максимален при минимальном `f(t)`.
    Найдем производную, после упрощений получим, что:
    `f'(t)=((t+3)(t^2-1))/g(t)`, где `g(t)` всегда положительна.
    Можем считать, что `t>0` (при отрицательных `t` получаем меньшие углы).
    Тогда, `f'>0` если `t in (-3;-1)U(1;+oo)`,
    `f'<0` при `t in (-oo;-3)U(-1;1)`.
    Значит `t_min=1 => f_min=f(1)=1/sqrt2`.
    Получили точку `C` с координатами `(1;2)`.
    Ответ: `C(1;2)`.

    Аналогичная задача:
    Прямая c задается уравнением `y=2x`. Точки `A` и `B` имеют координаты `A(2;2)` и `B(6;2)`. На прямой `c` найдите точку `C`, из которой отрезок `AB` виден под наибольшим углом.
    Ответ: `C(2;4)`.

    Задача №2 (ОММО 2012 - №8).
    На одной из сторон острого угла с вершиной `O` взяты точки `A` и `B`, а на другой - точка `C`. При какой длине отрезка `OC` величина угла `ACB` максимальна, если `OA=1, OB=5`.

    Решение:
    Решение абсолютно идентично предыдущей задаче.
    Длина `OC` (касательная к окружности) найдем по формуле "квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть".
    Ответ: `sqrt5`.

    Задача №3 (ОММО 2009 - №10).
    Пусть `x` и `y` удовлетворяют системе
    `{(y-x<=5),(y+4x<=-5),(3y+2x>=-5):}`.
    Найдите все значения, которые может принимать функция `x^2+y^2`.

    Решение:
    Изобразим графически все неравенства системы, получим область внутри треугольника с границами `y=x+5, y=-4x-5, y=-2/3x-5/3`.
    image
    Функция `x^2+y^2` представляет собой квадрат расстояния от начала координат до точки `(x;y)`.
    Понятно, что это расстояние будет наименьшим для точки на границе треугольника `y=-4x-5`.
    `f(x)=x^2+(-4x-5)^2 -> min при x_min=-20/17 in [-2;1]` (область треугольника).
    `f_min=25/17`.
    Расстояние будет наибольшим в левой вершине треугольника, т.е. в точке `(-4;1) => x^2+y^2=17`.
    `E(x^2+y^2)=[25/17;17]`.
    Ответ: `E(x^2+y^2)=[25/17;17]`.
  • Функциональные уравнения и соотношения.
    Стандартные применяемые методы:
    — Понятие функции.
    Если `f(x)=x^2 => f(x+3)=(x+3)^2` или `f(f(x))=(f(x))^2=x^4`.
    — Монотонность.
    `f(x)` монотонно возрастает, если из `a>b` следует `f(a)>f(b)` при всех `a,b` из области определения.
    `f(x)` монотонно убывает, если из `a>b` следует `f(a)<f(b)` при всех `a,b`.
    Монотонные функции принимают каждое значение ровно `1` раз.
    Математически записывается, как `f(a)=f(b) iff a=b`.
    — Формулы прогрессий (часть 1 материалов по подготовке к ОММО).
    — Период.
    Функция имеет период `T`, если `f(x+T)=f(x)` при всех `x`.
    Все тригонометрические функции являются периодическими.
    Есть понятие минимального периода. Например, `2pi` - минимальный период функции `y=sinx`, а `2pik` - просто период.
    Часто под периодом понимают минимальный период функции.
    — Стратегия решения задач с функциями:
    1. Работа над функциональным соотношением. Подстановка разных значений аргумента в функциональное равенство.
    2. Использование свойств данных в условии явных функций.
    3. Вспомогательные формулы из других разделов математики.

    Задача №1 (ОММО 2014 - №6).
    Найдите все периодические функции `y=f(x)`, удовлетворяющие уравнению
    `f(x)-0,5f(x-pi)=sinx`
    при всех `x`.

    Решение:
    В задаче три опорных пункта: определение периода и использование периода, работа над фукнциональным равенством, суммирование прогрессии.
    Работаем с периодом. Пусть `T` - период функции `f(x)`. Тогда, по определению периода, `f(x+T)=f(x)` при всех `x`.
    Используем это соотношение в данном уравнении:
    `sinx=f(x)-0,5f(x-pi)=f(x+T)-0,5f(x+T-pi)=sin(x+T)`. Привязываем период к явной функции `y=sinx`.
    Иначе говоря, если `f(x)` периодическая функция, то и `f(x)-0,5f(x-pi)` имеет такой же период.
    `sinx=sin(x+T)` при всех `x`, а значит, `T=2pin`, по определению периода функции `y=sinx`.
    Итак, `f(x)=f(x+2pin)` при всех `x` и для некоторого натурального `n`. С периодом разобрались, переходим к работе над самим функциональным соотношением.
    Этого достаточно, чтобы найти `f(x)` в явном виде, используя данное функциональное уравнение.
    `f(x)=1/2f(x-pi)+sinx=1/2(1/2f(x-2pi)+sin(x-pi))+sinx=`
    `=1/2(1/2f(x-2pi)-sinx)+sinx=1/2^2f(x-2pi)+sinx*(-1/2+1)=`
    `=1/2^3f(x-3pi)+sinx*(1/4-1/2+1)=...`
    Легко заметить, что `f(x)=1/2^(2n)f(x-2pin)+sinx*(-1/2^(2n-1)+1/2^(2n-2)-...+1)`. Преобразовали исходное соотношение до другого, применимого к найденному периоду.
    Мы уже выяснили, что `f(x-2pin)=f(x)`, поэтому:
    `f(x)*(1-1/2^(2n))=sinx*(-1/2^(2n-1)+1/2^(2n-2)-...+1)=sinx*(1-1/2^(2n))/(1+1/2)`. По формуле суммы геометрической прогрессией с `b_1=1, q=-1/2`. Вспомогательная формула суммы прогрессии.
    Тогда, `f(x)=2/3sinx`. Задача решена.
    Ответ: `2/3sinx`.

    Аналогичная задача:
    Найдите все периодические функции `y=f(x)`, удовлетворяющие уравнению
    `f(x)-3f(x-pi)=cosx`
    при всех `x`.
    Ответ: `1/4cosx`.

    Задача №2 (ОММО 2012 - №7).
    Функция `f(x)` для всех x удовлетворяет равенству `f(x+3)=x+2-f(x)`, а при `x in [-3;0)` задается формулой `f(x)=x^2`. Найдите `f(2012)`.

    Решение:
    Применим функциональное равенство два раза:
    `f(x+6)``=x+5-f(x+3)=x+5-(x+2-f(x))=``3+f(x)`. Стандартный прием, когда равенство применяется `2+` раз и доводится до более удобного.
    Тогда, `f(x+12)=3+f(x+6)=6+f(x)`. Эту серию можно продолжать сколько угодно.
    Легко заметить, что `f(x+6k)=3k+f(x)` для всех целых `k` и любых `x`. Записали в общем виде.
    Суть задачи в том, что известны значения функции на интервале `[-3;0)`, но надо найти значение функции в точке `2012`. Используя фукнциональное уравнение, мы спускаемся с `2012` до известного интервала.
    `2012=335*6+2 => f(2012)=3*335+f(2)=1005+f(2)`.
    `f(2)=1-f(-1)=1-1=0` поскольку `f(-1)=(-1)^2=1`.
    Ответ: `1005`.

    Аналогичная задача:
    Функция `g(x)` для всех x удовлетворяет равенству `g(x+5)=x+3-g(x)`, а при `x in [-5;0)` задается формулой `g(x)=8-x^2`. Найдите `g(2012)`.
    Ответ: `1006`.

    Задача №3 (ОММО 2011 - №6).
    Функция `f` такова, что `f(2x-3y)-f(x+y)=-2x+8y` для всех `x,y`.
    Найдите все возможные значения выражения `(f(5t)-f(t))/(f(4t)-f(3t))`.

    Решение:
    Подставим в функциональное соотношение `y=-x`:
    `f(5x)-f(0)=-10x`. Стандартный прием. Функциональное уравнение верно при всех значениях неизвестных (неизвестной), поэтому можем подставлять любые их значения. Если неизвестных `2` или больше, часто работает метод уничтожения одной из них.
    Замена `5x=t =>` `f(t)=-2t+f(0)` для всех `t`. Преобразовали равенство до такого вида, когда легко посчитать значение дробного выражения.
    Понятно, что `f(0)` это постоянное число.
    Тогда, `f(5t)=-10t+f(0) => f(5t)-f(t)=-8t`.
    Аналогично, `f(4t)-f(3t)=-2t`.
    `(f(5t)-f(t))/(f(4t)-f(3t))=(-8t)/(-2t)=4`.
    Ответ: `4`.

    Аналогичная задача:
    Функция `f` такова, что `f(x+2y)-f(3x-2y)=2y-x` для всех `x,y`.
    Найдите все возможные значения выражения `(f(4t)-f(t))/(f(3t)-f(2t))`.
    Ответ: `3`.

    Задача №4 (ОММО 2010 - №5).
    Решите уравнение `f(f(x))=f(x)`, где `f(x)=root(5)(3-x^3-x)`.

    Решение:
    Исследуем функцию `g(x)=3-x^3-x`.
    `g'(x)=-3x^2-1<0` при всех `x`, поэтому `g(x)` убывает при всех `x`. Монотонность раз.
    Следовательно, `f(x)=root(5)(g(x))` также убывает при всех `x`. Монотоность два.
    Тогда, `f(a)=f(b) iff a=b`. Тогда и только тогда, т.е. это эквивалентные соотношения.
    Дано уравнение `f(f(x))=f(x)`. Положим, `a=f(x), b=x`.
    Следовательно, `f(x)=x` и это уравнения является эквивалентным исходному. Использование монотонности.
    `root(5)(3-x^3-x)=x`,
    `x^5+x^3+x=3`.
    Функция `h(x)=x^5+x^3+x` монотонно возрастает, поскольку `h'(x)=5x^4+3x^2+1>0` при всех `x`. Монотонность три.
    Уравнение можем записать в таком виде:
    `h(x)=x^5+x^3+x=3=h(1) => x=1` - единственный корень уравнения. Использование монотонности.
    Либо можем просто сказать, что корень `x=1` мы угадали, а других не может быть в силу монотонности.
    Ответ: `x=1`.

    Аналогичная задача:
    Решите уравнение `f(f(x))=f(x)`, где `f(x)=2^(-x^3-x)-5`.
    Ответ: `x=-1`.

    Задача №5 (ОММО 2009 - №5).
    Пусть `f(x)=x/3+2`. Найдите значение функции `f^2009(x)` в точке `x=4`.
    `f^n(x)` - функция `f`, примененная `n` раз. Например, `f(f(f(x)))=f^3(x)`.

    Решение:
    Решим задачу в лоб.
    `f(x)=x/3+2 => f(f(x))=(f(x))/3+2=x/9+2/3+2`.
    `f^3(x)=(f^2(x))/3+2=x/3^3+2/3^2+2/3+2`. И так далее.
    Легко заметить, что `f^n(x)=x/3^n+2/3^(n-1)+...+2/3+2`.
    `2/3^(n-1)+...+2/3+2=(2*(1-1/3^n))/(1-1/3)=3-1/3^(n-1)`. По формуле суммы геометрической прогрессии.
    `f^n(x)=x/3^n+3-1/3^(n-1)`.
    `f^2009(x)=4/3^2009+3-1/3^2008=1/3^2009+3`.
    Ответ: `1/3^2009+3`.

    Задача №6.
    Найдите все функции `f(x)`, определенные при всех действительных `x` и удовлетворяющие уравнению `2f(x) + f(1 – x) = x^2`.
    Подсказка: Подставьте `1 – x` вместо `x`.

    Решение:
    В данное уравнение подставим `1 – x` вместо `x`. Получим систему
        `2f(x) + f(1 – x) = x^2`,
        `f(x) + 2f(1 – x) = (1 – x)^2`,
    откуда находим  `f(x) = 1/3(2x^2 – (1 – x)^2) = 1/3(x^2 + 2x – 1)`. 
    Проверка показывает, что найденная функция удовлетворяет условию.
    Ответ: `f(x) = 1/3 (x^2 + 2x – 1)`.

    Задача №7.
    Функция `f` такова, что для любых положительных `x` и `y` выполняется равенство `f(xy) = f(x) + f(y)`. Найдите `f(2007)`, если `f(1/2007) = 1`.

    Решение:
    При `y = 1` данное равенство примет вид: `f(x) = f(x) + f(1)`, следовательно, `f(1) = 0`.
    Пусть `x = 2007`, `y = 1/2007`, тогда `f(1) = f(2007) + f(1/2007)`, то есть `f(2007) = - f(1/2007) = -1`.
    Отметим, что простейшей из функций, удовлетворяющих условию, является логарифмическая функция, которую можно задать формулой `f(t)=log_(1/2007)t`.
    Но эта функция – далеко не единственная из возможных, так как не задано условие непрерывности функции `f` (либо ее монотонности).
    Ответ: `-1`.

    Задача №8.
    Найдите все такие функции `f(x)`, что `f(2x + 1) = 4x^2 + 14x + 7`.

    Решение:
    Пусть  `t = 2x + 1`,  тогда  `x = 1/2(t – 1)`. 
    Следовательно,  `f(t) = (t – 1)^2 + 7(t – 1) + 7 = t^2 + 5t + 1`.
    Ответ: `f(x) = x^2 + 5x + 1`.
  • Задачи на конструкции, логику, инвариант. Стандартные и нестандартные текстовые задачи.
    Применяемые методы:
    — Выделение или выявление ключевой идеи задачи. Лобовое решение в таких задачах зачастую слишком сложное и не гарантирует успех.
    — Получение промежуточных фактов и данных, позволяющих легко решить задачу. Рассмотрение величин, о которых явно в задаче не говорится.
    — Конструирование.

    Задача №1 (ОММО 2015 - №2).
    На острове каждый житель либо рыцарь (всегда говорит правду), либо лжец (всегда лжет), либо обычный человек (может как говорить правду, так и лгать). Рыцари считаются людьми высшего ранга, обычные люди  среднего, а лжецы  низшего. А, В и С – жители этого острова. Один из них  рыцарь, другой  лжец, а третий  обычный человек. А и В сказали следующее. А: "В по рангу выше, чем С". B: "С по рангу выше, чем А". Что ответил С на вопрос: "Кто выше по рангу  А или В?"

    Решение:
    Тривиальный перебор вариантов и немного логики.
    Ответ: B.

    Задача №2 (ОММО 2015 - №9).
    В турнире по минифутболу принимаются ставки на четыре команды. На первую команду ставки принимаются в соотношении `1 : 5` (при выигрыше первой команды игрок получает сумму, которую он поставил на эту команду и плюс пятикратную сумму, т. е. получает в шесть раз больше поставленных денег, а при проигрыше деньги не возвращаются). На вторую команду ставки принимаются в соотношении `1 : 1`, на третью  `1 : 8`, на четвертую  `1 : 7`. Можно ли так поставить, чтобы выиграть при любом исходе турнира?

    Решение:
    Стандартно такие задачи решаются таким образом: строится конструкция (пример), доказывается возможность конструкции (примера).
    В этой задаче конструкция легко следует из условия задачи (коэффициенты выигрышей).
    Количество денег возьмем за `1`.
    Если на первую команду поставить `1/6+a` денег, выигрыш составит `6(1/6+a)=1+6a>1`, т.е. больше всего количества первоначальных денег.
    Аналогично, на вторую команду надо поставить `1/2+b` денег, на третью `1/8+c`, на четвертую `1/9+d`. Построили конструкцию, приступаем ко второму шагу.
    Проверим возможность таких ставок. Общая сумма ставок не должна превысить `1` - общее количество денег.
    `sum=1/2+1/6+1/8+1/9+a+b+c+d<=1`.
    Неравенство выполняется, если взять достаточно маленькие значения `a,b,c,d`, например, `a=b=c=d=1/100`.
    Ответ: да.

    Задача №3 (ОММО 2014 - №2).
    Даны `2014` положительных чисел. Известно, что произведение любых тридцати пяти из них меньше `1`. Докажите, что произведение всех данных чисел меньше `1`.

    Решение:
    Понятно, что в произведении всех чисел надо как-то найти возможность использования произведения групп из `35` чисел. Чем лучше будет применено условие, тем проще будет решение.
    Задача легко решается логически.
    Во-первых, числа могут быть меньше `1` и не меньше `1`. Ключевая идея.
    Вторых чисел не больше `34` (штук), иначе они образуют группу из `35` чисел, произведение которых будет больше `1`, что противоречит условию задачи. Ключевое следствие.
    Укомплектуем все такие числа другими числами, чтобы их общее количество равнялось `35`. Произведение чисел этой группы меньше `1` по условию. Нашли оптимальное применение условия задачи.
    Все остальные (`2014-35=1979`) числа меньше, поскольку они из первой группы, а значит их произведение также меньше `1`. Второе следствие ключевой идеи.
    Следовательно, произведение всех чисел также меньше `1`, что и требовалось доказать.
    Если задачу попытаться решить в лоб, прямолинейными математическими выкладками, решение окажется длинным и необязательно успешным.

    Задача №4 (ОММО 2014 - №9).
    В городе `200` жителей. Часть из них – рыцари, которые всегда говорят правду, остальные – лжецы, которые всегда лгут. Каждый горожанин живет в одном из четырех кварталов (А, Б, В и Г). Каждому задали четыре вопроса: «Вы живете в квартале А?», «Вы живете в квартале Б?», «Вы живете в квартале В?», «Вы живете в квартале Г?». На первый вопрос утвердительно ответило `105` жителей, на второй – `45`, на третий – `85` и на четвёртый – `65`. В каком квартале лжецов живет больше, чем рыцарей и на сколько?

    Решение:
    Если пытаться решить задачу в лоб, введя несколько неизвестных, составив систему уравнений, решение окажется длинным и необязательно успешным. Не надо пытаться сразу все переводить в математическую плоскость и выражать через уравнения.
    Посмотрим на задачу в целом. Всего `200` жителей, которые дали `800` ответов суммарно.
    Ответы двух типов - "да" или "нет". По условию, каждый рыцарь даст `1` ответ "да" и `3` ответа "нет". Лжец даст `3` ответа "да" и `1` ответ "нет". Ключ.
    Нам известно суммарно количество положительных ответов: `105+45+85+65=300`.
    Пусть в городе `n` рыцарей и `(200-n)` лжецов.
    Тогда, `1*n+3*(200-n)=300 =>` `n=150`. Промежуточный факт.
    Итак, всего `150` рыцарей и `50` лжецов. Это не совсем то, что у нас спрашивали, но то, что легко получить и поможет дать легкий ответ на вопрос задачи.
    Осталось определить, в каком квартале больше лжецов и насколько. Вторая часть решения.
    Пусть в квартале А живет `k` рыцарей. Они дадут `k` ответов "да". Остальные ответы "да" (`105-k`) дадут лжецы из других кварталов.
    Значит, количество лжецов из квартала А равно `50-(105-k)=k-65`, т.е. меньше количества рыцарей из этого квартала.
    Кварталы В и Г также нам не подойдут.
    Квартал Б рассматриваем аналогично и получаем `k` рыцарей и `k+5` лжецов.
    Ответ: Б, на `5`.

    Задача №5 (ОММО 2013 - №9).
    Коробка конфет имеет форму правильной шестиугольной призмы со стороной основания `10` и высотой `5sqrt3`. Из двух разных вершин коробки `ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1` одновременно с одной и той же скоростью начинают двигаться две мухи, меняя направление движения только в вершинах. Одна муха начинает движение в вершине `A` и двигается только по ребрам призмы, другая  только по диагоналям оснований и боковых граней. Через некоторое время мухи встречаются. В каких вершинах коробки может произойти встреча?

    Решение:
    Нестандартная задача на движение, с теоретико-числовыми методами.
    Путь первой мухи состоит из отрезков длины `10` и `5sqrt3`.
    Вторая муха ползет по диагоналям оснований и боковых граней. Найдем длины этих отрезков:
    Меньшая диагональ равна `10sqrt3`, большая диагональ равна `20`, диагональ боковой грани - `5sqrt7`.
    Положим, первая муха прошла `a` и `b` отрезков длины `10` и `5sqrt3` соответственно, а вторая муха прошла `c,d` и `e` отрезков длины `10sqrt3, 20` и `5sqrt7` соответственно. В условии дано, что мухи встретились, в задачах на движение это означает, что потратили одинаковое время, а если и скорости одинаковые, то прошли одинаковый путь, поэтому мы ввели переменные, чтобы выразить длину путей.
    `S_1=10a+5sqrt3b, S_2=10sqrt3c+20d+5sqrt7e`.
    Скорости одинаковы, мухи стартовали (и встретились) в одно время, поэтому `S_1=S_2`.
    `10a+5sqrt3b=10sqrt3c+20d+5sqrt7e`, где `a,b,c,d,e` - целые и неотрицательные числа.
    `2a+sqrt3b=2sqrt3c+4d+sqrt7e`,
    `(b-2c)sqrt3+e*sqrt7+(4d-2a)=0`. Ключевое соотношение.
    Как известно, `sqrt3` и `sqrt7` - иррациональные числа. Логично предположить, что равенство в целых числах будет верно `iff b-2c=e=4d-2a=0`. Немного теории чисел.
    Этот факт возможно доказать строго, но по критериям ОММО это не требуется. Чтобы лучше понять этот факт, можете его доказать в более простом примере:
    `x+ysqrt2=0` для целых `x,y iff x=y=0`.
    Итак, `{(b=2c),(a=2d),(e=0):}`. Результат "теории чисел".
    `e=0 =>` вторая муха ползла только по диагоналям оснований. Первый вывод.
    `b=2c =>` первая муха проползла четное число боковых ребер, поэтому осталась на исходном основании. Второй. Очевидно, что вторая муха изначально находится на том же основании, что и первая, иначе встреча не состоится.
    `a=2d =>` первая муха проползла четное число сторон основания, поэтому встреча может состояться на трех вершинах из `6` (`A,C,E`). Третий.
    Понятно, что найденные необходимые условия являются одновременно достаточными для встречи мух, поскольку при таких условиях верно равенство путей мух.
    Ответ: `A,C,E`.

    Задача №6 (ОММО 2012 - №1).
    На `100` мест за круглым столом посадили `50` мужчин и `50` женщин. Будем называть человека довольным, если у него есть сосед противоположного пола. Может ли отношение числа довольных мужчин к числу довольных женщин быть больше `1,9`?

    Решение:
    Задача на конструкцию. Довольных мужчин должно быть почти в два раза больше довольных женщин.
    Попробуем максимизировать количество довольных мужчин, одновременно минимизируя количество довольных женщин.
    Если рассмотреть цепочку, в которой будут идти по двое мужчин и одной женщине, довольными будут почти все мужчины. Остальных женщин можно расположить в ряд.
    Итак, разместим по кругу `25` пар мужчин, между каждой парой посадим ровно одну женщину. Всего они займут `25*2+24=74` места. На оставшиеся `26` мест посадим оставшихся женщин. Довольно очевидная конструкция.
    Оптимальная конструкция готова, проверим соотношение довольных мужчин и женщин.
    Довольных мужчин - `50`, довольных женщин `24+2=26`.
    `50/26=1,92...>1.9`.
    Ответ: да.

    Задача №7 (ОММО 2012 - №2).
    На первом складе в каждом ящике в среднем по `3` бракованных изделия, а на втором складе по `6`. С первого склада на второй перевезли `50` ящиков, и среднее количество бракованных изделий в ящике на каждом из складов уменьшилось на `1`. Сколько всего ящиков на двух складах?

    Решение:
    Пусть на первом складе `n` ящиков, на втором - `m` ящиков. Требуется найти значение выражения `n+m`. Есть класс задач, в которых не нужно находить все неизвестные, чтобы получить искомую величину.
    Всего бракованных изделий `3n+6m`. Ключ - не меняющееся количество бракованных изделий.
    После переноса на первом складе стало `n-50` ящиков, на втором - `m+50` ящиков.
    Всего бракованных изделий `2(n-50)+5(m+50)=``2n+5m+150`.
    Понятно, что процедура переноса не изменила общее количество бракованных изделий, поэтому:
    `3n+6m=2n+5m+150 => n+m=150`. Нам не потребовалось находить `n` и `m`, да это и невозможно при заданных условиях.
    Ответ: `150`.

    Задача №8 (ОММО 2011 - №2).
    Ваня сдал три ЕГЭ. По русскому языку он набрал на `5` баллов меньше, чем по физике, а по физике  на `9` баллов меньше, чем по математике. Золотая рыбка, приснившаяся Ване, обещала выполнить любое количество желаний следующих видов:
     - прибавить по баллу за каждый экзамен;
     - за один экзамен (по выбору Вани) уменьшить баллы на `3`, а за каждый из двух остальных  увеличить на `1`.
    Рыбка выполняет желание, если при этом ни один результат не превысит `100` баллов. Мог ли Ваня во сне набрать `100` баллов более чем по одному экзамену?

    Решение:
    Лобовое решение снова не подойдет.
    Если попробовать получить `100` баллов по двум предметам, можно легко догадаться о ключевой идее задачи. Количество баллов роли не играет, скорее мешает. Ключ - разность баллов.
    Изначально разница между предметами составляла `5, 9` и `14` баллов.
    В конечном итоге, разница между двумя любыми предметами должна составить `0` баллов. Проверим, возможно ли это.
    Что делает рыбка с разницей баллов:
    В первом случае разница не меняется.
    Во втором случае разница меняется на `3+1=4` балла.
    Очевидно, что после любой последовательности желаний разница между любыми двумя предметами не может стать нулевой.
    Ответ: нет.

    Задача №9 (ОММО 2011 - №4).
    Каждому из двух рабочих поручили обработать одинаковое количество деталей. Первый выполнил работу за `8` часов. Второй потратил больше `2` часов на наладку оборудования и с его помощью закончил работу на 3 часа раньше первого. Известно, что второй рабочий через `1` час после начала работы оборудования обработал столько же деталей, сколько к этому времени первый. Во сколько раз оборудование увеличивает производительность труда?

    Решение:
    Стандартная задача на работу. Основная формула: Работа = Время*Производительность.
    За `x` берем время потраченное на наладку оборудования.
    Далее, `8/(5-x)=(x+1)/1 => x^2-4x+3=0`.
    `x>2 => x=3`.
    Искомое соотношение равно `(x+1)/1=4`.
    Ответ: в `4` раза.

    Задача №10 (ОММО 2010 - №3).
    Перед испытательным пуском одного из агрегатов строящейся гидроэлектростанции выяснилось, что на расстоянии `S` км выше плотины находится рыбацкая сеть. Скорость течения реки составляет `v` км/ч. Работники гидроэлектростанции решили отправиться туда на катере. Снятие сети займет `5` минут. Какова должна быть собственная скорость катера, чтобы вся поездка (включая время, требуемое на снятие сети) заняла не более `45` минут?

    Решение:
    Стандартная задача на движение по реке.
    `x>v` - собственная скорость катера.
    `S/(x+v)` - время в одну сторону, `S/(x-v)` - время в обратную сторону, `5/60=1/12` - время для снятия сетки.
    По условию, `S/(x+v)+S/(x-v)+1/12<=45/60=3/4`.
    `(2Sx)/(x^2-v^2)<=2/3`,
    `x^2-3Sx-v^2>=0`.
    Решаем квадратное уравнение, выкидываем отрицательный промежуток.
    `x>=(3S+sqrt(9S^2+4v^2))/2`.
    Ответ: `x>=(3S+sqrt(9S^2+4v^2))/2`.

    Аналогичная задача (ОММО 2009 - №3):
    Пролетая на драконе, Гарри Поттер увидел крысу Рона, бегущую в противоположную сторону. Пролетев еще полминуты не меняя направления, Гарри спрыгнул с дракона и отправился в погоню. Известно, что скорость Гарри в `5` раз меньше скорости дракона. Во сколько раз скорость Гарри больше скорости крысы, если он догнал крысу через `4,5` минуты после их встречи?
    Ответ: в `3` раза.

    Задача №11.
    В одной американской фирме каждый служащий является либо демократом, либо республиканцем. После того как один из республиканцев решил стать демократом, тех и других в фирме стало поровну. Затем ещё три республиканца решили стать демократами, и тогда демократов стало вдвое больше, чем республиканцев. Сколько служащих в этой фирме?

    Решение:
    После "обращения" трёх республиканцев на фирме демократов стало на `6` больше, чем республиканцев. По условию эта разность равна числу республиканцев. Следовательно, республиканцев стало `6`, а демократов `12`.
    Ответ: `18` служащих.

    Задача №12.
    Сто человек ответили на вопрос: "Будет ли новый президент лучше прежнего?" Из них `a` человек считают, что будет лучше, `b` – что будет такой же, и `c` – что будет хуже. Социологи построили два показателя "оптимизма" опрошенных: `m = a + b/2` и `n = a – c`.  Оказалось, что `m = 40`.  Найдите `n`. 

    Решение:
    Мы знаем, что `a + b + c = 100` и `2a + b = 80`. 
    Вычитая из второго равенства первое, имеем: `a – c = – 20`.
    Ответ: `n = – 20`.

    Задача №13.
    На доске написано несколько положительных чисел, каждое из которых равно полусумме остальных. Сколько чисел написано на доске?

    Решение:
    Если число равно полусумме остальных, то оно равно трети общей суммы. Следовательно, все числа равны и их три.
    Ответ: Три числа.

    Задача №14.
    У кассира было `30` монет: `10, 15` и `20` копеек на сумму `5` рублей.
    Докажите, что `20`-копеечных монет у него было больше, чем `10`-копеечных.

    Решение:
    Пусть у кассира было `x` 10-копеечных монет, `y` 15-копеечных и `z` 20-копеечных.
    Тогда `x + y + z = 30`, `10x + 15y + 20z = 500`. 
    Вычитая из второго уравнения первое, умноженное на `15`, имеем: `5(z – x) = 50`. 
    Отсюда `z – x = 10 > 0`.

    Задача №15.
    Коля и Вася за январь получили по `20` оценок, причём Коля получил пятерок столько же, сколько Вася четвёрок, четвёрок столько же, сколько Вася троек, троек столько же, сколько Вася двоек, и двоек столько же, сколько Вася – пятёрок. При этом средний балл за январь у них одинаковый. Сколько двоек за январь получил Коля?

    Решение:
    Добавим по единице к каждой оценке Васи. Его сумма баллов увеличится на `20`.
    С другой стороны, она станет больше суммы оценок Коли на учетверённое количество Колиных двоек.
    Ответ: `5` двоек.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике