ОММО 2019
Условия и ответы ОММО (все варианты).
info@olympiads.biz - почта для подключения следующих олимпиад.

Подготовка к очному туру олимпиады Ломоносов по математике - алгебраические задачи
  • Функции и нестандартные задачи.
    Задача №31 (Ломоносов 2015 №6).
    Для любого натурального `n` и для любого набора чисел `x_1, x_2,..., x_n` из отрезка `[0;3]` уравнение `sum_(i=1)^n|x-x_i|=an` имеет решение `x`, принадежащее отрезку `[0;3]`. Укажите, какие из следующих значений `a` удовлетворяют этому условию:
    a) `a=0`, b) `a=3/2`, c) `a=2`.
    Решение:
    Пусть `n=2, x_1=0, x_2=3`. Почему именно такой набор?
    В условии сказано про любые `n` и любые `x_i in [0;3]`. С `n=1` решения будут всегда, а вот c `n=2` и краевыми значениями `x_i` уравнение становится перспективным.
    Тогда, `sum_(i=1)^n|x-x_i|=|x-0|+|x-3|=3`. Модули раскрылись однозначно.
    С другой стороны, `an=2a`.
    `2a=3 => a=3/2`.
    Следовательно, для `a=0` или `a=2` существуют такие `n` и `x_i in [0;3]`, при которых уравнение не имеет решений. Заметим, что это верно для любого `a!=3/2`.
    Пусть `a=3/2` и `f(x)=1/n*sum_(i=1)^n|x-x_i|`. Ввели функцию.
    Вопрос задачи - существует ли `x in [0;3]` при котором `f(x)=3/2` для любых заданных `n,x_i`.
    Изучим поведение функции `f(x)` на отрезке `x in [0;3]`.
    `f(0)=1/n*sum_(i=1)^n|0-x_i|=1/n*sum_(i=1)^nx_i`.
    `x_i in [0;3] => f(0) in [0;(3n)/3]=[0;3]`.
    `f(3)=1/n*sum_(i=1)^n|3-x_i|=1/n*3n-1/n*sum_(i=1)^nx_i`,
    `f(3)=3-1/n*sum_(i=1)^nx_i=3-f(0)`.
    `f(0) in [0;3] => f(3) in [0;3]`. На концах отрезка функция принимает значения от `0` до `3`.
    При этом, `f(0)+f(3)=3`. Ключевое соотношение.
    Тогда, `f(0) in [0;3/2], f(3) in [3/2;3]` или наоборот.
    Воспользуемся тем, что `f(x)` непрерывна на отрезке `x in [0;3]`. А на концах отрезка функция принимает значения `<=3/2` и `>=3/2`.
    Значит, существует такой `x in [0;3]` при котором `f(x)=3/2`.
    Фактически мы доказали, что при заданных условиях решение будет существовать только при `a=3/2`.
    Ответ: a) нет, b) да, c) нет.
    Резюме:
    1. Рассмотрение частных случаев.
    2. Получение противоречия существованию решения для всех `a!=3/2`.
    3. Ввод функции `f(x)`, нахождение значений функции на концах отрезка, получение равенства `f(0)+f(3)=3`.
    4. Использование непрерывности.
    Тут используется следующий известный факт:
    Пусть `f(x)` - непрерывная на отрезке `[a;b]` функция. Тогда для любого `c in [f(a);f(b)]` (или `[f(b);f(a)]`) существует такой `x in [a;b]`, для которого `f(x)=c`.
    Если понять этот факт, станет очевидным, почему мы рассматривали значения `f(x)` на концах отрезка `[0;3]` и т.д.
  • Задача №32 (Ломоносов 2013 №5).
    Функция `f(t)` с областью определения `D(f)=[1;+oo)` удовлетворяет уравнению `f((4^y+4^(-y))/2)=y` для любого `y>=0`. Для каждого значения `a!=0` найти все решения неравенства `f(a/(x+2a))<=1`.
    Решение:
    Функция `f(t)` задана неявно, попробуем получить ее явный вид.
    Замена `t=(4^y+4^(-y))/2`.
    В числителе `t` сумма положительных и взаимно-обратных величин.
    `a+1/a>=2` при `a>0`, равенство возможно `iff a=1`. Значит, `t>=1`, что соответствует области определения `f(t)`.
    `4^y+4^(-y)=2t`, где `t>=1`.
    `4^(2y)-2t*4^t+1=0`,
    `D/4=t^2-1 =>` `4^y=t+-sqrt(t^2-1)`. Один корень лишний, покажем это ниже.
    `y>=0 => 4^y>=1`.
    `t-sqrt(t^2-1)<=1` при `t>=1`. Докажем это.
    `t-1<=sqrt(t^2-1)`, возведем в квадрат неотрицательные части неравенства.
    `t^2-2t+1<=t^2-1`,
    `1<=t` - всегда верно.
    Итак, при `t=1` есть корень `y=0` (корни совпадают), при `t>1` остается корень `y=log_4(t+sqrt(t^2-1))`.
    Или можем просто записать `y=log_4(t+sqrt(t^2-1))`.
    Тогда, `f(t)=log_4(t+sqrt(t^2-1))` при всех `t>=1`.
    Решим неравенство `f(a/(x+2a))<=1`.
    `f(t)<=1 =>` `log_4(t+sqrt(t^2-1))<=1`,
    `t+sqrt(t^2-1)<=4`,
    `sqrt(t^2-1)<=4-t => t<=4`. Тогда обе части неотрицательны, можем возвести неравенства в квадрат.
    `t^2-1<=16-8t+t^2`,
    `t<=17/8`.
    Учтем все условия на `t` и получим отрезок решений `t in [1;17/8]`.
    Итак, `f(t)<=1 iff t in [1;17/8]`.
    Следовательно, `1<=a/(x+2a)<=17/8`. Если не учесть условие `t>=1`, то решение будет на `5` баллов из `15`.
    Задача свелась к решению полученного двойного неравенства при всех `a!=0`.
    `8/17<=(x+2a)/a<=1`, перевернули, поскольку `a!=0` и слева и справа неравенства положительные числа.
    Теперь надо умножить на `a`, но поскольку мы не знаем знака `a`, надо рассмотреть два случая.
    1 случай: `a>0` `=> 8/17a<=x+2a<=a =>` `x in [-26/17a;-a]`.
    2 случай: `a<0` `=> 8/17a>=x+2a>=a =>` `x in [-a;-26/17a]`.
    Ответ: `a>0`: `x in [-26/17a;-a]`.
    `a<0`: `x in [-a;-26/17a]`.
    Резюме:
    1. Получение явного вида `f(t)` заменой `t=(4^y+4^(-y))/2`.
    2. Учитывание всех условий, выкидывание лишнего корня.
    3. Решение неравенства `f(t)<=1`. Решения `t in [1;17/8]`.
    4. Решение параметрического двойного неравенства, разбиение на случаи.
    Возможно более простое решение.
    Пусть `g(y)=(4^y+4^(-y))/2, Dg=[0;+oo]`.
    Тогда, `f(g(y))=y`, следовательно, `f` и `g` взаимно-обратные функции.
    При этом, `g(y)` строго возрастает при всех `y>=0, Eg=[1;+oo)`. Тогда и функция `f(t)` строго возрастает на всей области определения.
    Значит, неравенство `f(a/(x+2a))<=1` эквивалетно неравенству `a/(x+2a)<=g(1)=17/8`.
    Пояснения: `f(t)<=1 => g(f(t))<=g(1)` в силу монотонности.
    В силу взаимно-обратности `g(f(t))=t => t<=g(1)`.
  • Задача №33 (Ломоносов 2011 №8).
    Функция `y=f(t)` такова, что сумма корней уравнения `f(sinx)=0` на отрезке `[(3pi)/2;2pi]` равна `33pi`, а сумма корней уравнения `f(cosx)=0` на отрезке `[pi;(3pi)/2]` равна `23pi`.
    Какова сумма корней второго уравнения на отрезке `[pi/2;pi]`?
    Решение:
    Снова непонятная задача, попробуем решить ее простыми соображениями.
    Итак, есть уравнение `f(z)=0` с некоторыми корнями.
    При `x in [(3pi)/2;2pi]`, `sinx in [-1;0]`.
    Заменим `sinx=z`, тогда уравнение `f(sinx)=0` превращается в `f(z)=0`.
    Пусть `z_1,z_2,...,z_k` - все корни уравнения `f(z)=0` из отрезка `[-1;0]`. Первое приближение.
    Каждому такому корню соответствует некий `x_i in [(3pi)/2;2pi]` для которого `f(sinx_i)=0`. `x_i` и `z_i` связаны соотношением `z_i=sinx_i`. Второе приближение.
    Заметим, что при `y in [pi;(3pi)/2]`, `cosx in [-1;0]`.
    Аналогично, каждому `z_i` соответствует некий `y_i in [pi;(3pi)/2]` для которого `f(cosy_i)=0`. `y_i` и `z_i` связаны соотношением `z_i=cosy_i`. Третье приближение.
    Очевидно, что `x_i=y_i+pi/2`. Ключевое соотношение. Для этого достаточно знать графики функций `cosx` и `sinx` и равенство `sinx_i=cosy_i`. На своих отрезках эти функции ведут себя идентично (принимают одинаковые значения).
    По условию, `sum_(i=1)^kx_i=33pi, sum_(i=1)^ky_i=23pi`.
    Используем равенство `x_i=y_i+pi/2`.
    `33pi=sum_(i=1)^kx_i=sum_(i=1)^ky_i+(pik)/2=23pi+(pik)/2`.
    Тогда, `(pik)/2=10pi => k=20`. Нашли количество корней.
    Итак, у уравнения `f(z)=0` есть `20` корней на отрезке `[-1;0]`.
    Надо найти сумму корней уравнения `f(cosx)=0` на отрезке `[pi/2;pi]`. Вопрос задачи.
    `x in [pi/2;pi] => cosx in [-1;0]`.
    Аналогично, каждому `z_i` соответствует некий `t_i in [pi/2;pi]` для которого `f(cost_i)=0`. Надо найти их сумму, используя уже известные величины.
    Найдем соотношение для `y_i и t_i`.
    `y_i=pi+alpha_i`, где `alpha_i in [0;pi/2]`.
    `t_i=pi-alpha_i`. Это следует из графика `cosx` на отрезке `[pi/2;(3pi)/2]`. Он симметричен относительно точки `x=pi`.
    Тогда, `t_i=y_i-2alpha_i`.
    `sum_(i=1)^kalpha_i=``sum_(i=1)^ky_i-pik=23pi-20pi=``3pi`. Нашли вспомогательную сумму.
    Тогда, `sum_(i=1)^kt_i=``sum_(i=1)^ky_i-2sum_(i=1)^kalpha_i=23pi-6pi=``17pi`.
    Ответ: `17pi`.
    Резюме:
    1. Определение корня. Рассмотрение корней уравнения `f(z)` из отрезка `[-1;0]`.
    2. Рассмотрение множества корней уравнения `f(sinx)=0` и множества корней уравнения `f(cosx)=0`.
    3. Соотношение `x_i=y_i+pi/2`, которое следует из поведения функций `sinx` и `cosx` на своих отрезках.
    4. Нахождение количества корней `f(z)=0` на отрезке `[-1;0]`.
    5. Рассмотрение множества корней уравнения `f(cosx)=0` на отрезке `[pi/2;pi]`.
    6. Соотношение `t_i+alpha_i=y_i-alpha_i=pi`.
  • Остальные задачи достаточно сложные и нет особого смысла их разбирать.
    Ниже условия и ответы. Решения есть на нашем форуме, в разделе Олимпиада Ломоносов.

    Задача №34 (Ломоносов 2010 №7).
    Найдите все значения `a`, при каждом из которых система
    `{(25^x-13*5^x+a<0),(12sin^4pix-cos4pix=11):}`
    имеет хотя бы одно решение.
    Ответ: `a in (-oo;17sqrt6-6)`.
  • Задача №35 (Ломоносов 2009 №9).
    Найдите все пары `(x,y)`, при каждой из которых для чисел `u=sqrt(4+x^3-9x)-x-3^y` и `v=2-x-3^y` справедливы все три следующих высказывания сразу:
    если `|u|>|v|`, то `u>0`, если `|u|<|v|`, то `0>v`, а если `|u|=|v|`, то `u>0>v`.
    Ответ: `x in (-3;0)uu(3;+oo), y in RR`.
  • Задача №36 (Ломоносов 2011 №6).
    При каких значениях `a,b` и `c` множество действительных корней уравнения
    `x^5+2x^4+ax^2+bx=c`
    состоит в точности из чисел `−1` и `1`?
    Ответ: `a=-6, b=-1, c=-4`.
  • Задача №37 (Ломоносов 2005 №10).
    При каждом натуральном `n` тело `Phi_n` в координатном пространстве задано неравенством
    `3|x|^n+|8y|^n+|z|^n<1`,
    а тело `Phi` - объединение всех тел `Phi_n`. Найти объем `Phi`.
    Ответ: `1`.
  • Задача №38 (Ломоносов 2006 №10).
    Решить неравенство
    `4(1-tanx)^2004+(1+tanx)^2006>=2^2006`.
    Ответ: `pi/4+pik<=x<pi/2+pik, k in ZZ`.
    `-pi/2+pin<x<= -pi/4+pin, n in ZZ`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике