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 школьников СПбГУ 2015-2016 по математике / 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 СПбГУ 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике.
    Очный тур олимпиады школьников СПбГУ 2015-2016 по математике. Задания и решения всех вариантов.
    Олимпиада школьников СПбГУ по математике. Заключительный этап.
    image
    image
    image
    image
    image
    image
    image
  • Задача №1 (вариант 1).
    При каком наименьшем `k` можно отметить `k` клеток доски `10`х`11` так, что при любом размещении на доске трехклеточного уголка он задевает хотя бы одну отмеченную клетку?
    Решение:
    Ответ: `10`.

    Задача №2 (вариант 1).
    Даны числа `x,y`, удовлетворяющие условию `x^8+y^8<=1`. Докажите неравенство `x^12-y^12+2x^6y^6<=pi/2`.
    Решение:
    `(x^4+y^4)(x^8+y^8)=x^12+x^4y^4(x^4+y^4)+y^12>=`
    `>=x^12+x^4y^4*2x^2y^2+y^12=x^12+2x^6y^6+y^12>=x^12-y^12+2x^6y^6`.
    Воспользовались тем, что `x^4+y^4>=2x^2y^2` т.к. при переносе в левую часть получаем полный квадрат `(x^2-y^2)^2>=0`.
    Это неравенство умножили на `x^4y^4>=0`.
    Также `y^12>= -y^12` - очевидно.
    Итак, `x^12-y^12+2x^6y^6<=(x^4+y^4)(x^8+y^8)`.
    Оценим сверху выражение `x^4+y^4`.
    `(x^4+y^4)^2=x^8+2x^4y^4+y^8<=2x^8+2y^8<=2`.
    Значит, `|x^4+y^4|<=sqrt2`. В силу неотрицательности подмодульного выражения, `x^4+y^4<=sqrt2`.
    Итак, `0<=x^8+y^8<=1, 0<=x^4+y^4<=sqrt2`. Оба выражения неотрицательны, можем их перемножить.
    Тогда, `x^12-y^12+2x^6y^6<=sqrt2<3/2<pi/2`.
    `sqrt2<3/2` т.к. `2<9/4=2.25`.
    `3/2<pi/2` т.к. `pi>3`.
    Ответ: доказано.

    Задача №3 (вариант 1).
    Дан прямоугольный треугольник `ABC`. На продолжении гипотенузы `BC` выбрана точка `D` так, что прямая `AD` - касательная к описанной окружности omega треугольника `ABC`. Прямая `AC` пересекает описанную окружность треугольника `ABD` в точке `E`. Оказалось, что биссектриса `/_ADE` касается окружности `omega`. В каком отношении точка `C` делит отрезок `AE`?
    Решение:
    Если `AB=AC`, то касательная `AD` будет параллельна гипотенузе и не пересечет ее продолжение.
    Если `AB<AC`, тогда биссектриса `/_ADE` не коснется `omega` (можно построить рисунок и убедиться). Значит, `AB>AC`.
    image
    1. Пусть `/_ADB=alpha`. Тогда, `/_BDF=alpha`, поскольку `omega` вписана в угол `ADF`, а `BD` проходит через диаметр.
    По условию, `/_FDE=/_ADF=2alpha`.
    Тогда, `/_BDE=/_BAE=90^0` (оба угла опираются на диаметр).
    `/_BDE=/_BDF+/_FDE=3alpha => alpha=30^0`.
    2. Пусть `/_DAE=beta => /_AED=60^0-beta`.
    `(AD)/(DE)=(sin(60^0-beta))/(sinbeta)`.
    `(AC)/(sin30^0)=(AD)/(sin(150^0-beta)) => AC=(1/2AD)/(sin(150^0-beta))`.
    `CE=(DE)/(sin(30^0+beta))=(DE)/(sin(150^0-beta))`.
    `(AC)/(CE)=1/2*(AD)/(DE)=(sin(60^0-beta))/(2sinbeta)`.
    3. `AD^2=BD*CD` - по теореме о секущей и касательной.
    Пусть `AB=x => AD=x*(sin(60^0-beta))/(sin30^0)=2xsin(60^0-beta)`.
    `BD=x*(sin(90^0+beta))/(sin30^0)=2xsin(90^0+beta)`.
    `CD=AD*(sinbeta)/(sin(150^0-beta))`.
    `AD^2=BD*AD*(sinbeta)/(sin(150^0-beta))`.
    `AD=BD*(sinbeta)/(sin(150^0-beta))`.
    `2xsin(60^0-beta)=2xsin(90^0+beta)*(sinbeta)/(sin(150^0-beta))`,
    `2sin(60^0-beta)*sin(150^0-beta)=2sin(90^0+beta)*sinbeta`,
    `2sin(60^0-beta)*sin(90^0+60^0-beta)=2cosbeta*sinbeta`,
    `sin(120^0-2beta)=sin(2beta)`,
    `2beta in (0;120^0) => 120^0-2beta=2beta => beta=30^0`.
    Или `120^0-2beta=90^0+-gamma, 2beta=90^0-+gamma => 120^0=180^0` - нет решений.
    `(AC)/(CE)=(sin30^0)/(2sin30^0)=1/2`.
    Ответ: `AC:CE=1:2`.
    Получается, что `AD=DE` и `AE_|_DF`. Возможно, что это можно доказать проще, чем п.3.

    Задача №4 (вариант 1).
    На складе хранится `400` тонн грузов, причем вес каждого из них кратен центнеру и не превосходит `10` тонн. Известно, что любые два груза имеют разный вес. Какое наименьшее количество рейсов надо сделать на `10`-тонном автомобиле, чтобы гарантированно перевезти эти грузы со склада?
    Решение:
    Для удобства будем считать один центнер за `1` у.е. Тогда `1` тонна `= 10` у.е.
    Тогда, вес любого груза принимает целое значение в наших у.е. Общий вес грузов равен `4000` у.е.
    Приведем пример, когда потребуется минимум `51` рейс для перевозки всех грузов.
    `100,99,98,...51,50` - `51` груз общим весом `(100+50)/2*51=3825` у.е. Для каждого из этих грузов потребуется отдельный рейс.
    Остается еще несколько грузом общим весом `4000-3825=175` у.е.
    Следовательно, на перевозку всех грузов потребуется минимум `51` рейс.
    Покажем, что `51` рейса достаточно для перевозки любого набора грузов, удовлетворяющих условиям задачи.
    Сумма всех грузов с весами от `1` до `100` равна `(1+100)/2*100=5050` у.е.
    На нашем складе всего `4000` у.е., добавим грузы с недостающими весами, чтобы общая сумма равнялась `5050` у.е.
    Перевезем все грузы следующим образом:
    `1+99` - один рейс,
    `2+98` - один рейс,
    ...
    `49+51` - один рейс,
    `50` - один рейс,
    `100` - один рейс.
    Таким образом за `51` рейс сможем перевезти все грузы.
    Теперь можем выбросить добавленные новые грузы и получим, что за `51` рейс заведомо можно перевезти исходную партию грузов.
    Ответ: `51`.

    Задача №5 (вариант 1).
    Дано натуральное число `x=2^n-32`, где `n` - натуральное число. Известно, что `x` имеет ровно три различных простых делителя, один из которых равен `7`. Найдите `x`.
    Решение:
    `x in NN => x>=1 => 2^n>=33 => n>=6`.
    Тогда, `x=32*(2^(n-5)-1)`.
    По условию, `x vdots 7 => 2^(n-5)-1 vdots 7`.
    `2^(n-5) -= 1` `mod` `7`.
    Рассмотрим три случая для `n-5`:
    `n-5=3k => 2^(n-5)=8^k=(7+1)^k -= 1` `mod` `7`.
    `n-5=3k+1 => 2^(n-5)=2*8^k -= 2` `mod` `7`.
    `n-5=3k+2 => 2^(n-5)=4*8^k -=4` `mod` `7`.
    Подходит только первый случай, значит, `n-5=3k`, где `k in NN`.
    `x=32(8^k-1)=32*7(8^(k-1)+8^(k-2)+...+8+1)`.
    Выражение в скобках дает остаток `k` при делении на `7`, поскольку каждое слагаемое дает остаток `1` при делении на `7`.
    Пусть `k` делится на `7 => 8^k-1 vdots 8^7-1=7^2*127*337` - не подходит.
    Пусть `k` не делится на `7`, тогда выражение в собках не делится на `7`.
    Следовательно, `8^k-1=7p^m`, где `p` - простое число, отличное от `2` и `7, m in NN`.
    `(2^k-1)(2^(2k)+2^k+1)=7p^m`. Возможны два случая.
    `1` случай: `2^k-1=7p^a, 2^(2k)+2^k+1=p^b`, где `a,b` - целые, неотрицательные числа и `a+b=m>=1`.
    `a=0 => k=3, p=73, b=1`.
    `a>=1 => 2^k` дает остаток `1` при делении на `p`.
    Значит, `p^b=2^(2k)+2^k+1` дает остаток `1^2+1+1=3` при делении на `p`.
    `p^b-3 vdots p => p=3`.
    `2^k=7*3^a+1`.
    `a=1 => 2^k=22` - решений нет.
    `a>=2 => 2^k` дает остаток `1` при делении на `3^2`.
    Значит, `3^b=2^(2k)+2^k+1` дает остаток `3` при делении на `3^2`.
    `3^b-3 vdots 3^2 => 3^(b-1)-1 vdots 3 => b=1` - решений нет.
    Получили решение `x=32*7*73=16352`.
    `2` случай: `2^k-1=p^a, 2^(2k)+2^k+1=7p^b`.
    `a=0 => k=1 => b=0` - не подходит, поскольку сумма `a+b` должна быть положительной.
    `a>=1 => 2^k` дает остаток `1` при делении на `p`.
    `7p^b=2^(2k)+2^k+1` дает остаток `3` при делении на `p`.
    Это возможно только при `p=3`.
    `2^k-1=3^a => 7*3^b=(3^a+1)^2+3^a+1+1`,
    `7*3^b=3^(2a)+3*3^a+3=3(3^(2a-1)+3^a+1)`.
    При `a>=1` выражение в скобках не делится на `3`, поэтому `b=1`.
    `7=3^(2a-1)+3^a+1 => a=1`.
    Получили решение `x=32*7*3^2=2016`.
    Ответ: `x=2016;16352`.

    Задача №6 (вариант 1).
    Три конуса с вершиной `A` и образующей `sqrt8` касаются друг друга внешним образом. У двух конусов угол между образующей и осью симметрии равен `pi/6`, а у третьего он равен `pi/4`. Найдите объем пирамиды `O_1O_2O_3A`, где `O_1,O_2,O_3` - центры оснований конусов.
    Решение:
    image
    Пусть в конусах с центрами оснований в точках `O_1` и `O_2` - угол между образующей и осью симметрии равен `pi/6`, а в конусе с центром основания `O_3` он будет равен `pi/4`.
    Тогда `AO_1=AO_2=sqrt(8)*cos(pi/6)=sqrt(8)*sqrt(3)/2=sqrt(6)`,
    `AO_3=sqrt(8)*cos(pi/4)=sqrt(8)*sqrt(2)/2=2`.
    Поскольку конусы касаются друг друга внещним образом, то `/_O_1AO_2=pi/6+pi/6=pi/3`, `/_O_1AO_3=/_O_2AO_3=pi/6+pi/4`.
    Найдем площадь треугольника `AO_1O_2`:
    `S_(DeltaAO_1O_2)=1/2*AO_1*AO_2*sin(pi/3)=1/2*sqrt(6)*sqrt(6)*sqrt(3)/2=3*sqrt(3)/2`.
    Пусть проекцией точки `O_3` на плоскость `AO_1O_2` будет точка `H`, при этом `HO_3` будет перпендикулярно плоскости `AO_1O_2`.
    Построим плоскость `HO_3B`: содержащую `HO_3`, перпендикулярную `AO_2` и пересекающую `AO_2` в точке `B`.
    Поскольку плоскость `HO_3B_|_AO_2`, то `HB_|_AO_2` и `BO_3_|_AO_2`.
    Поскольку `O_3H` перпендикулярно плоскости `AO_1O_2`, то `HO_3_|_AH, HO_3_|_HB`.
    В силу симметрии (т.к. `/_O_1AO_3=/_O_2AO_3`) `AH` будет бисектриссой `/_O_1AO_2`.
    `AB=AO_3*cos(/_BAO_3)=-AO_3*cos(/_O_2AO_3)=-2*cos(pi/6+pi/4)=`
    `=-2*(cos(pi/3)*cos(pi/4)-sin(pi/3)*sin(pi/4))=`
    `=-2*(1/2*sqrt(2)/2-sqrt(3)/2*sqrt(2)/2)=(sqrt(6)-sqrt(2))/2`.
    `AH=(AB)/cos(/_BAH)=(AB)/cos(1/2/_O_1AO_2 )=(AB)/cos(pi/6)=(sqrt(6)-sqrt(2))/2*2/sqrt(3)=sqrt(2)-sqrt(2/3)`.
    По теореме Пифагора:
    `HO_3 = sqrt(AO_3^2-AH^2)=sqrt(4-(2+2/3-2*2/sqrt(3)))=sqrt(4/3-4/sqrt(3))=2/sqrt(3)*sqrt(1+sqrt(3))`.
    `V_(AO_1O_2O_3)=1/3*S_(DeltaAO_1O_2)*HO_3=1/3*3*sqrt(3)/2*2/sqrt(3)*sqrt(1+sqrt(3))=sqrt(1+sqrt(3))`.
    Ответ: `V=sqrt(1+sqrt(3))`.
  • Задача №2 (вариант 2).
    Даны числа `x,y`, удовлетворяющие условию `x^4+y^4<=1`. Докажите неравенство `x^6-y^6+2y^3<pi/2`.
    Решение:
    `x^6-y^6=(x^2-y^2)(x^4+x^2y^2+y^4)`.
    Пусть `|x|>=|y| => x^2-y^2>=0`:
    `(x^2-y^2)(x^4+x^2y^2+y^4)<=(x^2-y^2)(3/2x^4+3/2y^4)<=3/2(x^2-y^2)`.
    Тогда, `x^6-y^6+2y^3<=3/2x^2-3/2y^2+2y^3`.
    `x^2<=sqrt(1-y^4) => 3/2x^2-3/2y^2+2y^3<=3/2sqrt(1-y^4)+2y^3-3/2y^2`.
    Исследуем `f(y)=3/2sqrt(1-y^4)+2y^3-3/2y^2` при `y in [-1;1]`.
    `f'(y)=(-12y^3)/(2sqrt(1-y^4))+6y^2-3y`.
    `f'(y)=3y*(2y-1-(2y^2)/sqrt(1-y^4))`.
    `f'(y)=3y/sqrt(1-y^4)*((2y-1)sqrt(1-y^4)-2y^2)`.
    `2y-1<=y^2` т.к. `(y-1)^2>=0`.
    `1-y^4<=1 => (2y-1)sqrt(1-y^4)<=y^2`,
    `(2y-1)sqrt(1-y^4)-2y^2<= -y^2<=0`.
    Неравенства обращаются в равенства при `y=1 => (2y-1)sqrt(1-y^4)-2y^2<0` при всех `y in [-1;1]`.
    Следовательно, знак `f'(y)` зависит от знака `y`.
    `f'(y)<=0` при `y>=0, f'(y)>=0` при `y<=0`.
    `y_max=0 => f(y)<=3/2`.
    На всякий случай найдем `f(1)=1/2, f(-1)=-7/2`.
    Итак, `x^6-y^6+2y^3<=f(y)<=3/2<pi/2` при всех `|x|>=|y|`.
    Пусть `|x|<|y| => 2x^4<=1 => x^4<=1/2 => x^2<=1/sqrt2 => x^6<=1/(2sqrt2)<1/2`.
    Тогда, `x^6-y^6+2y^3<=x^6-(1-y^3)^2+1<=1+x^6<=1+1/2<pi/2`.
    Ответ: доказано.

    Задача №3 (вариант 2).
    На продолжении стороны `BC` треугольника `ABC` взята точка `D` так, что прямая `AD` - касательная к описанной окружности `omega` треугольника `ABC`. Прямая `AC` пересекает описанную окружность треугольника `ABD` в точке `E`, причем `AC:CE=1:2`. Оказалось, что биссектриса угла `ADE` касается окружности `omega`. Найдите углы треугольника `ABC`.
    Решение:
    `AC<AB`, иначе касательная к `omega` в точке `A` и `BC` не пересекутся (`AC=AB`) или биссектриса `/_ADE` не коснется `omega`.
    image
    Пусть `AC=t => CE=2t`.
    По теореме о секущих `AC*CE=BC*CD => BC*CD=2t^2`.
    По теореме о секущей и касательной `CD*BD=AD^2`.
    `AD^2=CD*(BC+CD)=2t^2+CD^2`.
    По т. косинусов: `AD^2=AC^2+CD^2-2AC*CD*cos/_ACD`,
    `AD^2=t^2+CD^2-2t*CD*cos/_ACD`,
    `2t^2+CD^2=t^2+CD^2-2t*CD*cos/_ACD`,
    `t^2=-2t*CD*cos/_ACD`,
    `t=-2CD*cos/_ACD => t/(CD)=-2cos/_ACD`.
    Пусть `pi-/_ACD=/_DCE=gamma => t/(CD)=2cosgamma`.
    `DE^2=CD^2+4t^2-4t*CD*cosgamma`.
    `DE^2-AD^2=3t^2-6t*CD*cosgamma=3t(t-2CD*cosgamma)=0`.
    Итак, `DE=AD => DK_|_AE, AK=KE=3/2t`.
    `AK=KE`, поэтому `DK` проходит через диаметр большей окружности.
    Пусть `/_EAD=beta => /_ABC=/_AED=beta`.
    Из прямоугольного треугольника `AKD`: `DK=AK*tanbeta=3/2tanbeta`.
    Из прямоугольного треугольника `CKD`: `DK=CK*tangamma=t/2tangamma`.
    Значит, `tangamma=3tanbeta`.
    Прямая `KD` касается окружности `omega` в точке `L`. `O` - центр окружности `omega`. `OH` - высота опущенная из точки `O` на `AE`.
    `AO=CO=LO=r` - радиусы окружности `omega`.
    Треугольник `ADE` - равнобедренный, значит, бисектрисса `DK` будет и медианой, тогда `AK=KE=(AE)/2=(3AC)/2 => CK=AK-AC=(3AC)/2-AC=(AC)/2`.
    Треугольник `AOC` - равнобедренный, значит, высота `OH` будет и медианой, тогда `AH=HC=(AC)/2`.
    `OH_|_KH, OL_|_KL,HK_|_KL => OHKL` - прямоугольник, тогда `OH=KL` и `OL||KH`. Из `OL||KH` следует, что `/_COL=/_ACO`. 
    Треугольники `COH` и `CLK` равны, т.к. `CH=CK=(AC)/2, OH=KL, /_CHO=/_CKL=pi/2`. Тогда `CL=CO`.
    Получаем, что `CL=CO=LO=r =>` треугольник `ACL` - равносторонний.
    `/_COL=/_ACO=pi/3 =>` треугольник `ACO` - равносторонний, т.к. это равнобедренный трегольник в котором один из углов равен `pi/3`.
    Тогда центральный угол `AOC=pi/3`, следовательно опирающийся на ту же дугу `/_ABC=1/2/_AOC=pi/6`.
    `tan(beta)=tan(pi/6)=1/sqrt(3)`.
    `tan(gamma)=3tan(beta)=3/sqrt(3)=sqrt(3) => gamma=/_ACB=pi/3`.
    `/_BAC=pi-/_ACB-/_ABC=pi-pi/3-pi/6=pi/2`.
    Ответ: `/_ABC=pi/6, /_ACB=pi/3, /_BAC=pi/2`.

    Задача №4 (вариант 2).
    В кинотеатр пришло `50` зрителей, суммарный возраст которых равен `1555` лет, причем среди них нет одногодков. Для какого наибольшего `k` можно гарантированно выбрать `16` зрителей, суммарный возраст которых не меньше `k` лет?
    Решение:
    `n` - возраст самого младшего. Пусть возрасты остальных зрителей идут с шагом `1`.
    `n+49` - возраст самого старшего.
    Суммарный возраст равен `(n+n+49)/2*50=25(2n+49)`.
    `2n+49=62,2 => n=6,6`.
    `n` принимает только натуральные значения.
    Если `n>=7 => 25(2n+49)>=25*63=1575>1555`.
    Следовательно, `n<=6`.
    Если возрасты идут с шагом `1`, суммарный возраст `<=25*61=1525`.
    Разность `1555-1525=30`. Добавим по `1` году `30` самым старшим зрителям.
    `6,7,8,...,25,27,28,...,56`. Сумма равна `1555`.
    Суммарный возраст `16` самых старших зрителей равен `K=56+55+...+41=97*8=776`.
    Положим, что существует такой набор зрителей, где `K<776 => K<=775`. Значит, сумма возрастов остальных `34` зрителей не менее `1555-775=780`.
    `m` - возраст самого старшего среди них.
    Тогда их суммарный возраст не превосходит `m+(m-1)+...+(m-33)=34m-(1+33)/2*34`.
    Итак, `34m-(1+33)/2*34>=780 => 34m>=1341 => m>=40` - округлили до следующего целого `m`.
    Тогда суммарный возраст `16` самых старших зрителей не менее `41+42+...+56=776`, но по нашему предположению `K<=775`. Противоречие.
    Итак, для любого набора зрителей, который удовлетворяет условиям задачи, `K>=776`. Пример с `K=776` существует и построен выше.
    Следовательно, `k_max=K_min=776`. Если `k>=777`, тогда существует такой набор зрителей, для которого `K=776`, поэтому в этом наборе нельзя выбрать `16` зрителей с суммарным возрастом не меньше `k>=777` лет.
    Ответ: `776`.

    Задача №5.
    Дано натуральное число `x=2^n-32`, где `n` - натуральное число. Известно, что `x` имеет ровно три различных простых делителя, один из которых равен `3`. Найдите `x`.
    Решение:
    По условию, `x in NN => x>0 => 2^n>32 => n>=6`.
    Пусть `x=32y => y=2^(n-5)-1` - нечетное число и имеет ровно два простых делителя, один из которых равен `3`.
    `2^(n-5)-1 vdots 3`.
    `2^(n-5)-1=(3-1)^(n-5)-1` дает остаток `(-1)^(n-5)-1` при делении на `3`.
    Значит, `(-1)^(n-5)-1=0 => n-5` - четное число.
    `n-5=2N, N in NN => y=(2^N-1)(2^N+1)`.
    `(2^N-1)(2^N+1)=3^a*p^b`, где `a,b in NN, p` - нечетное простое число, отличное от `3`.
    Сомножители нечетные и их разность равна `2`, поэтому это взаимно-простые числа.
    Возможны два случая.
    `1` случай: `2^N-1=3^a, 2^N+1=p^b`.
    `2^N-1 vdots 3 => N` - четно.
    `(2^(N/2)-1)(2^(N/2)+1)=3^a`,
    `2^(N/2)-1<2^(N/2)+1` и эти выражения взаимно-простые, поэтому меньшее из них равно `1`, большее `3`.
    `N/2=1 => N=2 => p=5, b=1 => y=15, x=480`.
    `2` случай: `2^N+1=3^a, 2^N-1=p^b`.
    `N=1 => a=1, p=1` - решений нет.
    `N>=2 => 3^a-1=2^N vdots 4`.
    `3^a-1=(4-1)^a-1 vdots 4 => a` - четно.
    Тогда, `(3^(a/2)-1)(3^(a/2)+1)=2^N`.
    `3^(a/2)-1=2^(N_1), 3^(a/2)+1=2^(N_2)`, где `N_1+N_2=N`.
    `2^(N_2)-2^(N_1)=2 => N_2=2, N_2=1` - единственное решение. Разность любых других степеней `2` равна `1` или больше `2`.
    `N=3, a=2 => p=7, b=1 => y=3^2*7=63 => x=2016`.
    Других решений нет.
    Ответ: `x=480, x=2016`.

    Задача №6 (вариант 2).
    Три конуса с вершиной `A` и образующей `6` касаются друг друга внешним образом. У двух конусов угол между образующей и осью симметрии равен `pi/8`, а у третьего он равен `pi/4`. Найдите объем пирамиды `O_1O_2O_3A`, где `O_1,O_2,O_3` - центры оснований конусов.
    Решение:
    Пусть в конусах с центрами оснований в точках `O_1` и `O_2` - угол между образующей и осью симметрии равен `pi/8`, а в конусе с центром основания `O_3` он будет равен `pi/4`.
    `cos(pi/8)=sqrt(1+cos(pi/4)/2)=sqrt((1+sqrt2/2)/2)=sqrt(2+sqrt2)/2`,
    `sin(pi/8)=sqrt(1-cos(pi/4)/2)=sqrt((1-sqrt2/2)/2)=sqrt(2-sqrt2)/2`.
    Тогда `AO_3=6*cos(pi/4)=6*sqrt2/2=3*sqrt2`,
    `AO_1=AO_2=6*cos(pi/8)=6*sqrt(2+sqrt2)/2=3*sqrt(2+sqrt2)`.
    Поскольку конусы касаются друг друга внешним образом, то `/_O_1AO_2=pi/8+pi/8=pi/4, /_O_1AO_3=/_O_2AO_3=pi/8+pi/4`.
    `S_(AO_1O_2)=1/2*AO_1*AO_2*sin(/_O_1AO_2)=`
    `=1/2*3*sqrt(2+sqrt2)*3*sqrt(2+sqrt2)*3*sqrt2/2=(1+sqrt2)*9/2`.
    Через точку `O_3` проведем прямую ⊥ плоскости `AO_1O_2`, обозначим точку их пересечения как `H`. При этом `O_3H` будет высотой в пирамиде `O_3O_2O_1A`.
    Через `O_3H` проведем плоскость `⊥` прямой `AO_2`, обозначим точку их пересечения как `K`.
    Тогда `O_3H⊥HK, HK⊥KA, O_3K⊥KA`.
    Точка `H` - проекция O_3 на плоскость `AO_1O_2`, тогда `H` лежит на бисектриссе `/_O_1AO_2`, т.к. `/_O_1AO_3=/_O_2AO_3` - то в силу симметрии проекция `AO_3` на плоскость `O_1AO_2` будет бисектриссой `/_O_1AO_2`.
    `cos(/_KAO_3)=cos(pi/4+pi/8)=-sin(pi/8)*sin(pi/4)+cos(pi/8)*cos(pi/4)=`
    `=-sqrt2/2*sqrt(2-sqrt2)/2+sqrt2/2*sqrt(2+sqrt2)/2=(sqrt(2+sqrt2)-sqrt(2-sqrt2))*sqrt2/4`.
    `AK=AO_3*cos(/_KAO_3)=3*sqrt2*(sqrt(2+sqrt2)-sqrt(2-sqrt2))*sqrt2/4=`
    `=3/2*(sqrt(2+sqrt2)-sqrt(2-sqrt2))`.
    `AH=(AK)/cos(/_KAH)=(AK)/cos(1/2/_O_1AO_2)=(AK)/cos(pi/8)=`
    `=3/2*(sqrt(2+sqrt2)-sqrt(2-sqrt2))*2/sqrt(2+sqrt2)=3*(1-sqrt((2-sqrt2)/(2+sqrt2)))=`
    `=3*(1-sqrt((2-sqrt2)*(2-sqrt2)/(4-2)))=3*(1-(2-sqrt2)/sqrt2))=`
    `=3*(1-sqrt2+1)=3*(2-sqrt2)`.
    По теореме Пифагора:
    `HO_3 = sqrt(AO_3^2-AH^2)=sqrt(18-9*(4-4sqrt2+2))=`
    `=3*sqrt(2-6+4sqrt2)=3*sqrt(4sqrt2-4)=6*sqrt(sqrt2-1)`.
    `V_(AO_1O_2O_3)=1/3*S_(AO_1O_2)*HO_3=1/3*(1+sqrt2)*9/2*6*sqrt(sqrt2-1)=`
    `=9*sqrt(sqrt2-1)*sqrt(sqrt2+1)*sqrt(sqrt2+1)=9*sqrt(2-1)*sqrt(sqrt2+1)=9*sqrt(sqrt2+1)`.
    Ответ: `9sqrt(sqrt2+1)`.
  • Задача №2 (вариант 3).
    Даны числа `x,y`, удовлетворяющие условию `x^8+y^8<=2`. Докажите неравенство `x^2y^2+|x^2-y^2|<=pi/2`.
    Решение:
    Для удобства заменим `x^2=a, y^2=b`, где `a,b>=0`.
    Тогда, `a^4+b^4<=2` и надо доказать неравенство `ab+|a-b|<=pi/2`.
    `(a^2+b^2)^2=a^4+b^4+2a^2b^2<=2(a^4+b^4)<=4 => a^2+b^2<=2`.
    Тогда, `(a-b)^2<=2-2ab => |a-b|<=sqrt(2-2ab)`.
    Пусть `ab=t`, где `t in [0;1]`. Легко доказать, что `t<=1`, поскольку `t<=1/2(a^2+b^2)<=1`.
    `ab+|a-b|<=t+sqrt(2-2t)`.
    Замена, `sqrt(2-2t)=x`, где `x in [0;sqrt2]`.
    `2-2t=x^2 => t=1-x^2/2`.
    `ab+|a-b|<=1-x^2/2+x=3/2-1/2(x-1)^2<=3/2<pi/2`.
    Доказали.
    Ответ: доказано.

    Задача №3 (вариант 3).
    На высоте `BH` треугольника `ABC` отмечена некоторая точка `D`. Прямая `AD` пересекает сторону `BC` в точке `E`, прямая `CD` пересекает сторону `AB` в точке `F`. Точки `G` и `J` являются проекциями соответственно точек `F` и `E` на сторону `AC`. Площадь треугольника `HEJ` вдвое больше площади треугольника `HFG`. В каком отношении высота `BH` делит отрезок `FE`?
    Решение:
    Угол `B` острый, иначе нельзя провести проекции точек `E` и `F` на сторону `AC`.
    image
    Пусть `FG=a, EJ=b`.
    Рассмотрим трапецию `GFEJ`. Точка пересечения его диагоналей лежит на прямой `BH`, в частности это следует из того, что у четырехугольника `AFEC` диагонали пересекаются в точке `D` (также на прямой `BH`), а точки `G` и `J` являются проекциями точек `F` и `E` на `AC_|_BH`.
    Известно, что отрезок `KH`, параллельный основаниями трапеции и проходящий через точку пересечения диагоналей, делится пополам этой точкой пополам.
    `DeltaFOG ~ DeltaEOJ => (FO)/(OJ)=(GO)/(OE)=a/b`.
    `DeltaHOJ ~ DeltaFGJ => (OJ)/(FJ)=(HJ)/(GJ)=(OH)/a`.
    `OH=a*(OJ)/(FJ)=a*(OJ)/(OJ+FO)=a*1/(1+a/b)=(ab)/(a+b)`.
    Аналогично, `OK=(ab)/(a+b)`.
    Тогда, `KH=OH+OK=(2ab)/(a+b)`.
    Пусть `KE:FK=k => HJ:GH=k`. В условии требуется найти `k`.
    `GH=x => HJ=kx`.
    `S_(DeltaHEJ)=1/2kxb, S_(DeltaFGH)=1/2xa => k=(2a)/b`.
    `DeltaHOJ ~ DeltaFGJ => (OH)/a=(kx)/(kx+x) => OH=(ak)/(k+1)`.
    `k=(2a)/b => OH=((2a^2)/b)/((2a)/b+1)=(2a^2)/(2a+b)`.
    Значит, `(ab)/(a+b)=(2a^2)/(2a+b)`.
    `b(2a+b)=2a(a+b) => b^2=2a^2 => a/b=1/sqrt2`.
    `k=(2a)/b=sqrt2`.
    Ответ: `KE:FK=sqrt2:1`.

    Задача №4 (вариант 3).
    На трибунах хоккейной арены несколько рядов по `168` мест в каждом ряду. На финальный матч в качестве зрителей пригласили `2016` учеников нескольких спортивных школ, не более `40` от каждой школы. Учеников любой школы требуется разместить на одном ряду. Какое наименьшее количество рядом должно быть на арене, чтобы это в любом случае удалось сделать?
    Решение:
    Построим пример, где для нужного размещения потребуется `15` рядов. Для этого максимизируем количество пустых мест.
    Пусть почти все школы прислали по `34` ученика, тогда `168=34*4+32`, значит в ряд поместится `4` школы, а `32` места останутся пустовать.
    `2016=59*34+10`. Всего `59` школ по `34` ученика и `1` школа с `10` учениками.
    Если рядов `14`, то на них поместится не более `14*4+1=57` школ. Поэтому потребуется `15` рядов, на которых можно разместить всех учеников.
    На `14` рядах будут сидеть по `4` школы с `34` учениками, на последнем ряду `3` школы с `34` учениками и `1` школа с `10` учениками.
    Покажем, что `15` заведомо достаточно.
    `a_1>=a_2>=...>=a_n` - число учеников разных школ. Упорядочили по убыванию.
    По условию, `S=a_1+a_2+...+a_n=2016`.
    В каждый ряд можно посадить минимум `4` школы (`168>4*40`), поэтому `n<=60` школ всегда можно рассадить.
    Пусть `n>=61`. Будем рассаживать школы по следующему алгоритму:
    `1` ряд - `a_1, a_16, ..., a_(15k+1), ...` .
    `2` ряд - `a_2, a_17, ..., a_(15k+2), ...` .
    `...`
    `15` ряд - `a_15, a_30, ..., a_(15k+15), ...` .
    Предположим, что при таком размещении `i`-ую школу не удалось посадить в какой-либо ряд.
    Тогда `a_i>a`, где `a` - максимальное количество пустых мест в одном из рядов.
    Всего пустых мест не менее `15*168-2016=504`. Значит, `a>=504/15=33,6 => a>=34`.
    Итак, `a_i>a>=34`. По нашему алгоритму все предыдущие школы не меньшей численности (чем `a_i`), а их количество не менее `60` (первые `60` школ всегда можно рассадить).
    Тогда, `s>=a_1+...+a_60+a_i>=61*a_i>61*34=2074`. Противоречие.
    Доказали, что `15` рядов всегда хватит для нужного размещения зрителей.
    Ответ: `15`.

    Задача №5 (вариант 3).
    Дано натуральное число `x=9^n-1`, где `n` - натуральное число. Известно, что `x` имеет ровно три различных простых делителя, один из которых равен `13`. Найдите `x`.
    Решение:
    `x` четно при всех натуральных `n`, как разность нечетных чисел, поэтому один из простых делителей равен `2`.
    Пусть `n=3k, k in NN => 9^n-1 vdots 9^3-1=728 vdots 13`.
    `n=3k+1 => 9^n-1=9*729^k-1` дает остаток `9-1=8` при делении на `13`, поскольку `729` дает остаток `1` при делении на `13`.
    Аналогично, при `n=3k+2` выражение `9^n-1` дает остаток `9^2-1=80` (или `2`) при делении на `13`.
    Итак, `n` кратно `3`, только тогда `x` делится на `13`. В этом случае `x vdots 9^3-1=728=2^3*7*13`.
    `x=(9^k-1)(9^(2k)+9^k+1)=2^a*13^b*7^c`, где `a,b,c in NN`.
    Второй сомножитель всегда нечетный, поэтому `9^k-1 vdots 2^a`.
    Пусть `9^k-1=y => 9^(2k)+9^k+1=y^2+3*9^k`.
    Если сомножители имеют общий простой делитель `p`, то `3*9^k vdots p => p=3`. Противоречие, поскольку `9^k-1` не делится на `3`.
    Итак, наши сомножители взаимно-просты, тогда возможны три случая.
    Первый случай: `9^k-1=2^a*13^b, 9^(2k)+9^k+1=7^c`.
    По доказанному ранее, `k=3m` и `(9^m-1)(9^(2m)+9^m+1)=2^a*13^b`.
    Первый сомножитель меньше второго, они взаимно-простые и второй сомножитель нечетный.
    Значит, `9^m-1=2^a, 9^(2m)+9^m+1=13^b`.
    `(3^m-1)(3^m+1)=2^a => 3^m-1=2^(a_1), 3^m+1=2^(a_2)`.
    Единственное решение `m=1, a=3 => 13^b=91` - решений нет.
    Второй случай: `9^k-1=2^a*7^c, 9^(2k)+9^k+1=13^b`.
    `k=3m => 9^k-1 vdots 728 vdots 7`. Для остальных `k` делимость на `7` не выполняется.
    `(9^m-1)(9^(2m)+9^m+1)=2^a*7^c`.
    Как и в первом случае, `9^m-1=2^a, 9^(2m)+9^m+1=7^c`.
    `m=1 => 7^c=91` - решений нет.
    Третий случай: `9^k-1=2^a, 9^(2k)+9^k+1=13^b*7^c`.
    Как и в первых двух случаях, для уравнения `9^k-1=2^a` получаем решение `k=1, a=3`.
    Тогда, `13^b*7^c=91=13*7 => b=c=1`.
    Значит, `n=3, x=728`.
    Ответ: `728`.
  • Задача №2 (вариант 4).
    Даны числа `x,y`, удовлетворяющие условию `x^12+y^12<=2`. Докажите неравенство `x^2+y^2+x^2y^2<=3`.
    Решение:
    `(x^6+y^6)^2=x^12+y^12+2x^6y^6<=2(x^12+y^12)<=4`, поскольку `2x^6y^6<=x^12+y^12`.
    Значит, `|x^6+y^6|<=2 => x^6+y^6<=2`, поскольку модуль раскрывается положительно.
    `(x^2+y^2)^3=x^6+y^6+3x^2y^2(x^2+y^2)<=2+3/4(x^2+y^2)^3`. Применили неравенства `x^6+y^6<=2` и `|xy|<=1/2(x^2+y^2) => x^2y^2<=1/4(x^2+y^2)^2`.
    `1/4(x^2+y^2)^3<=2 => (x^2+y^2)^3<=8 => x^2+y^2<=2`.
    Тогда, `x^2+y^2+x^2y^2<=2+1/4(x^2+y^2)^2<=2+1/4*4=3`, что и требовалось доказать.
    Ответ: доказано.

    Задача №4 (вариант 4).
    На трибунах хоккейной арены несколько рядов по `168` мест в каждом ряду. На финальный матч в качестве зрителей пригласили `2016` учеников нескольких спортивных школ, не более `45` от каждой школы. Учеников любой школы требуется разместить на одном ряду. Какое наименьшее количество рядом должно быть на арене, чтобы это в любом случае удалось сделать?
    Решение:
    Докажем, что на `16` рядах можно разместить любой набор (групп спортивных школ), который удовлетворяет условиям задачи.
    В каждый рад поместится минимум `3` школы (`168>3*45=135`), поэтому если наш набор состоит из `3*16=48` школ или меньше, то все очевидно.
    Пусть в нашем наборе больше `48` школ. Выберем `48` самых многочисленных школ и рассадим эти школы по три на `16` рядов. Рассаживать школы будем по убыванию численности.
    Предположим, что нашлась другая школа, которую не смогли рассадить нужным образом.
    Значит, численность учеников этой школы больше числа пустых мест на любом из рядов.
    Всего пустых мест не менее `16*168-2016=672`. По принципу Дирихле, существует ряд в котором не менее `672/16=42` пустых мест.
    Тогда численность учеников "нерассаженной" школы не менее `43`.
    По нашему условию, у первых `48` школ численность учеников не менее численности учеников "нерассаженной" школы, т.е. не менее `43`.
    Значит, общая численность школьников не менее `49*43=2107`, что противоречит условию задачи.
    Итак, доказали, что `16` рядов заведомо достаточно. Приведем пример набора групп школ, при котором необходимо `16` рядов.
    `46` школ с `43` учениками и одна школа с `38` учениками. Всего `2016` учеников.
    `168-3*43=39`, поэтому в `1` ряд можно разместить только `3` школы с `43` учениками.
    Для `45` таких школ потребуется `15` рядов, далее для последней такой школы потребуется `16`-ый ряд. Школу с `38` учениками можем разместить в любом из рядов.
    Ответ: `16` рядов.

    Задача №5 (вариант 4).
    Дано натуральное число `x=9^n-1`, где `n` - натуральное число. Известно, что `x` имеет ровно три различных простых делителя, один из которых равен `7`. Найдите `x`.
    Решение:
    `9^3-1=728=8*7*13`.
    Пусть `n=3k+d, d=0,1,2`.
    Тогда, `9^n-1=729^k*9^d-1` дает остаток `9^d-1` при делении на `7`. Подходит только `d=1`.
    `x=9^(3k)-1` делится на `728=8*7*13`, поэтому `2,7,13` - все простые делители `x`.
    `(3^n-1)(3^n+1)=2^p*7^q*13^r`, где `p,q,r in NN`, причем `p>=3`.
    `(3^n+1)-(3^n-1)=2`, оба числа четные, поэтому `НОД(3^n-1, 3^n+1)=2`.
    `n=3k => 3^n-1=27^k-1` делится на `13`.
    Если `k` - четно, то `27^k+1=(28-1)^k+1` дает остаток `2` при делении на `7`.
    Если `k` - нечетно, то `27^k+1` делится на `7`.
    1 случай: `k` - четно `=> 3^n-1=2^a*7^q*13^r, 3^n+1=2^b`, где `min(a,b)=1, a+b=p`.
    `n=3k => 3^n+1=(28-1)^k+1` дает остаток `2` при делении на `4`, поэтому `b=1`. Решений нет.
    2 случай: `k` - нечетно `=> 3^n-1=2^a*13^r, 3^n+1=2^b*7^q`, где `min(a,b)=1, a+b=p`.
    Аналогично, `3^n+1` дает остаток `0` при делении на `4`, поэтому `a=1, b=p-1`.
    `3^n-1=2*13^r, 3^n+1=2^(p-1)*7^q`.
    `3^(3k)-1=2*13^r`,
    `(3^k-1)(3^(2k)+3^k+1)=2*13^r`.
    Пусть `3^k-1=y => 3^(2k)+3^k+1=y^2+3^(k+1)`, следовательно наши сомножители взаимно-простые (общий простой делитель должен равняться `3`, что невозможно).
    `1<3^k-1<3^(2k)+3^k+1 => 3^k-1=2, 3^(2k)+3^k+1=13^r`.
    Тогда, `k=1 => r=1, 3^3+1=2^(p-1)*7^r => p=3, r=1`.
    `x=9^3-1=728`.
    Ответ: `x=728`.
  • Задача №3 (вариант 3).
    На высоте `BH` треугольника `ABC` отмечена некоторая точка `D`. Прямая `AD` пересекает сторону `BC` в точке `E`, прямая `CD` пересекает сторону `AB` в точке `F`. Точки `G` и `J` являются проекциями соответственно точек `F` и `E` на сторону `AC`. Площадь треугольника `HEJ` вдвое больше площади треугольника `HFG`. В каком отношении высота `BH` делит отрезок `FE`?
    Решение:
    Это альтернативное решение. В первом решении плохо доказан факт пересечения диагоналей трапеции по прямой `BH`.
    image
    Введем обозначение: `(FK)/(KE)=k`.
    Т.к. `FG⊥AC,BH⊥AC,EJ⊥AC, то FG||BH||EJ`.
    Тогда из паралелльности прямых следует:
    `/_AFG=/_ABH, /_CEJ=/_CBH`,
    `/_CFG=/_CDH=/_DME=/_CMJ=/_KDF`,
    `/_AEJ=/_ADH=/_DLF=/_ALG=/_KDE`.
    `DeltaFEL ~ DeltaKED`, т.к. `/_FLE=/_KDE, /_FEL` - общий `=> (FE)/(KE)=(LE)/(DE) =>` `(FK+KE)/(KE)=(LD+DE)/(DE) => 1+(FK)/(KE)=1+(LD)/(DE) => (LD)/(DE)=k`.
    `DeltaDFL ~ DeltaDME`, т.к. `/_DFL=/_DME, /_DLF=/_DEM => (DL)/(DE)=(FL)/(EM)=k`.
    `DeltaAFG ~ DeltaABH`, т.к. `/_AFG=/_ABH, /_BAH` - общий `=> (BH)/(FG)=(AH)/(AG)`.
    `DeltaALG ~ DeltaADH`, т.к. `/_ALG=/_ADH, /_DAH` - общий `=> (DH)/(LG)=(AH)/(AG)`.
    Тогда `(BH)/(FG)=(DH)/(LG) => (DH)/(BH)=(LG)/(FG)`.
    `DeltaCEJ ~ DeltaCBH`, т.к. `/_CEJ=/_CBH, /_BCH` - общий `=> (BH)/(EJ)=(CH)/(CJ)`.
    `DeltaCMJ ~ DeltaCDH`, т.к. `/_CMJ=/_CDH, /_DCH` - общий `=> (DH)/(MJ)=(CH)/(CJ)`.
    Тогда `(BH)/(EJ)=(DH)/(MJ) => (DH)/(BH)=(MJ)/(EJ)`.
    `(FL)/(FG)=(FG-LG)/(FG)=1-(LG)/(FG)=1-(DH)/(BH)=`
    `=1-(MJ)/(EJ)=(EJ-MJ)/(EJ)=(EM)/(EJ) => (FG)/(EJ)=(FL)/(EM)=k`.
    Т.к. `GH` это проекция `FK`, `HJ` это проекция `KE`, а длина проекций отрезков отностся так же как длины самих отрезков, то `(GH)/(HJ)=(FK)/(KE)=k`.
    `(S_(HFG))/(S_(HEJ))=(1/2*FG*GH)/(1/2*HJ*EJ)=((FG)/(EJ))*((GH)/(HJ))=k*k=1/2 => k=1/sqrt2`.
    Ответ: `(FK)/(KE)=1/sqrt2`.

    Задача №3 (вариант 4).
    На высоте `BH` треугольника `ABC` отмечена некоторая точка `D`. Прямая `AD` пересекает сторону `BC` в точке `E`, прямая `CD` пересекает сторону `AB` в точке `F`. Известно, что `BH` делит отрезок `FE` в отношении `1:3`, считая от точки `F`. Найдите отношение `FH:HE`.
    Решение:
    По условию `(FK)/(KE)=1/3`.
    Опустим из точек `F` и `E` перпендикуляры на сторону `AC`, получим соответственно `FG` и `EJ`.
    image
    `FG ∩ AE = L`.
    `EJ ∩ CF = M`.
    Т.к. `FG⊥AC,BH⊥AC,EJ⊥AC`, то `FG || BH || EJ`.
    Тогда из паралелльности прямых следует:
    `/_AFG=/_ABH, /_CEJ=/_CBH`,
    `/_CFG=/_CDH=/_DME=/_CMJ=/_KDF`,
    `/_AEJ=/_ADH=/_DLF=/_ALG=/_KDE`.
    `DeltaFEL ~ DeltaKED`, т.к. `/_FLE=/_KDE, /_FEL` - общий `=> (FE)/(KE)=(LE)/(DE) => (FK+KE)/(KE)=(LD+DE)/(DE) =>` `1+(FK)/(KE)=1+(LD)/(DE) => (LD)/(DE)=1/3`.
    `DeltaDFL ~ DeltaDME`, т.к. `/_DFL=/_DME, /_DLF=/_DEM => (DL)/(DE)=(FL)/(EM)=1/3`.
    `DeltaAFG ~ DeltaABH`, т.к. `/_AFG=/_ABH, /_BAH` - общий `=> (BH)/(FG)=(AH)/(AG)`.
    `DeltaALG ~ DeltaADH`, т.к. `/_ALG=/_ADH, /_DAH` - общий `=> (DH)/(LG)=(AH)/(AG)`.
    Тогда `(BH)/(FG)=(DH)/(LG) => (DH)/(BH)=(LG)/(FG)`.
    `DeltaCEJ ~ DeltaCBH`, т.к. `/_CEJ=/_CBH, /_BCH` - общий `=> (BH)/(EJ)=(CH)/(CJ)`.
    `DeltaCMJ ~ DeltaCDH`, т.к. `/_CMJ=/_CDH, /_DCH` - общий `=> (DH)/(MJ)=(CH)/(CJ)`.
    Тогда `(BH)/(EJ)=(DH)/(MJ) => (DH)/(BH)=(MJ)/(EJ)`.
    `(FL)/(FG)=(FG-LG)/(FG)=1-(LG)/(FG)=1-(DH)/(BH)=`
    `=1-(MJ)/(EJ)=(EJ-MJ)/(EJ)=(EM)/(EJ) => (FG)/(EJ)=(FL)/(EM)=1/3`.
    Т.к. `GH` это проекция `FK`, `HJ` это проекция `KE`, а длина проекций отрезков отностся так же как длины самих отрезков, то `(GH)/(HJ)=(FK)/(KE)=1/3`.
    `DeltaHGF ~ DeltaHJE`, т.к. `/_HGF=/_HJE=pi/2`, `(FG)/(EJ)=1/3, (GH)/(HJ)=1/3 => (FH)/(HE)=(GH)/(HJ)=1/3`.
    Ответ: `FH:HE=1:3`.
  • Задача №6 (вариант 3).
    Три одинаковых конуса с вершиной `A` касаются друг друга внешним образом. Каждый из них касается внутренним образом четвертого конуса с вершиной в точке `A` и углом при вершине `(2pi)/3`. Найдите угол при вершине у одинаковых конусов. (Углом при вершине конуса называется угол между его образующими в осевом сечении).
    Решение:
    image
    Проведем плоскость перпендикулярную оси симметрии конуса с углом при вершине равным `(2pi)/3`.
    Точку пересечения этой оси и плоскости обозначим `H`.
    Точки пересечения плоскости и осей симметрии оставшихся трех конусов обозначим `B,C,D`.
    Поскольку по условию конусы с осями симметрии `AB,AC,AD` одинаковые, то в силу симметрии `DeltaBCD` - равносторонний. В силу симметрии `H` - точка пересечения его медиан.
    Проведем плоскость `AHD`, она пересечет `CD` в точке `K`.
    `AH⊥`пл.`BCD`, `DK⊥BC => AK⊥BC`.
    Введем обозначения: `AB=AC=AD=a, BK=CK=1/2BC=b`.
    Обозначим искомый угол как `2alpha`, тогда `alpha` - угол между осью симметрии и образующей.
    `AK` - общая образующая для конусов с осями симметрии `AB,AC`.
    `/_BAK=/_CAK=alpha => sinalpha=(BK)/(AB)=b/a`.
    `/_DAH=(2alpha+(2pi)/3)/2=alpha+pi/3` - угол между осями симметрии конусов с известным и неизвестным углом при вершине.
    `sin(/_DAH)=sin(alpha+pi/3)=sinalpha*cos(pi/3)+cosalpha*sin(pi/3)=`
    `=b/a*1/2+cosalpha*sqrt3/2`.
    Т.к. `H` - точка пересечения медиан равностороннего треугольника, то `DH=2/3*DK=2/3*sqrt3/2*BC=(2b)/sqrt3`.
    `sin(/_DAH)=(DH)/(AD)=(2b)/(sqrt3*a)`.
    `b/a*1/2+cosalpha*sqrt3/2=(2b)/(sqrt3*a)`,
    `cosalpha=(4b)/(3a)-b/(sqrt3*a)=((4-sqrt3)b)/(3a)`,
    `tanalpha=sinalpha/cosalpha=b/a*(3a)/((4-sqrt3)b)=3/(4-sqrt3)=(3(4+sqrt3))/13`.
    `alpha=arctan(3*(4+sqrt3)/13)`.
    Тогда искомый угол `2alpha=2arctan((12+3sqrt3)/13)`.
    Ответ: `2arctan((12+3sqrt3)/13)`.

    Задача №6 (вариант 4).
    Три одинаковых конуса с вершиной `A` и углом при вершине `pi/3` касаются друг друга внешним образом. Каждый из них касается внутренним образом четвертого конуса с вершиной в точке `A`. Найдите его угол при вершине. (Углом при вершине конуса называется угол между его образующими в осевом сечении).
    Решение:
    image
    Проведем плоскость перпендикулярную оси симметрии конуса с неизвестным углом при вершине.
    Точку пересечения этой оси и плоскости обозначим `H`.
    Точки пересечения плоскости и осей симметрии оставшихся трех конусов обозначим `B,C,D`.
    Поскольку по условию конусы с осями симметрии `AB,AC,AD` одинаковые, то в силу симметрии `DeltaBCD` - равносторонний. В силу симметрии `H` - точка пересечения его медиан.
    Проведем плоскость `AHD`, она пересечет `CD` в точке `K`.
    `AH⊥`пл.`BCD, DK⊥BC => AK⊥BC`.
    Введем обозначения: `AB=AC=AD=a, BK=CK=1/2BC=b`.
    Обозначим искомый угол как `2alpha`, тогда `alpha` - угол между осью симметрии и образующей.
    `AK` - общая образующая для конусов с осями симметрии `AB,AC`.
    `/_BAK=/_CAK=1/2*pi/3=pi/6 => sin(/_BAK)=(BK)/(AB)=b/a=1/2 => a=2b`.
    Т.к. `H` - точка пересечения медиан равностороннего треугольника, то `DH=2/3*DK=2/3*sqrt3/2*BC=(2b)/sqrt3`.
    `sin(/_DAH)=(DH)/(AD)=(2b)/(sqrt3*a)=(2b)/(sqrt3*2b)=1/sqrt3`.
    `/_DAH=(2alpha+pi/3)/2=alpha+pi/6` - угол между осями симметрии конусов с известным и неизвестным углом при вершине.
    `alpha=/_DAH-pi/6=arcsin(1/sqrt3)-pi/6`.
    Тогда искомый угол `2alpha=2arcsin(1/sqrt3)-pi/3`.
    Ответ: `2arcsin(1/sqrt3)-pi/3`.
  • Задача №2 (вариант 7).
    Даны числа `x,y`, удовлетворяющие условию `x^4+y^4>=2`. Докажите неравенство `|x^12-y^12|+2x^6y^6>=2`.
    Решение:
    Пусть `|xy|>=1 => |x^12-y^12|+2x^6y^6>=0+2>=2`.
    Значит, `|xy|<=1`.
    `|x^12-y^12|=|x^4-y^4|*|x^8+x^4y^4+y^8|`.
    `x^8+x^4y^4+y^8=1/2(x^8+y^8)+1/2(x^4+y^4)^2`.
    `x^8+y^8>=1/2(x^4+y^4)^2>=2`.
    Тогда, `1/2(x^8+y^8)+1/2(x^4+y^4)>=1/2*2+1/2*4=3`.
    Значит, `|x^12-y^12|>=3|x^4-y^4|`.
    `(x^4-y^4)^2=x^8+y^8-2x^4y^4>=2-2x^4y^4`.
    `|xy|<=1 => |x^4-y^4|>=sqrt(2-2x^4y^4)`.
    Также, `2x^6y^6>=2x^8y^8`.
    Тогда, `|x^12-y^12|+2x^6y^6>=3sqrt(2-2x^4y^4)+2x^8y^8`.
    Замена `sqrt(2-2x^4y^4)=t, t in [0;sqrt2]`.
    `3sqrt(2-2x^4y^4)+2x^8y^8=3t+1/2(2-t^2)^2=f(t)`.
    Исследуем `f(t)` при `t in [0;sqrt2]`.
    `f'(t)=3+(2-t^2)*(-2t)=2t^3-4t+3`.
    `f'(t)=2t^3-4t^2+2t+4t^2-6t+9/4+3/4=2t(t-1)^2+(2t-3/2)^2+3/4>0` при всех `t in [0;sqrt2]`.
    Поэтому `f(t)` возрастает на всем нашем отрезке.
    Тогда, `f(t)>=f(0)=1/2*4=2`.
    Следовательно, `|x^12-y^12|+2x^6y^6>=f(t)>=2` при всех `|xy|<=1`. При `|xy|>=1` неравенство очевидно.
    Ответ: доказано.

    Задача №3 (вариант 7).
    Окружность с центром `O` радиуса `r` касается сторон `BA` и `BC` острого угла `ABC` в точках `M` и `N` соответственно. Прямая, проходящая через точку `M` параллельно `BC`, пересекает луч `BO` в точке `K`. На луче `MN` выбрана точка `T` так, что `/_MTK=1/2/_ABC`. Найдите длину отрезка `BO`, если `KT=a`.
    Решение:
    Поскольку окружность вписана в угол, то ее центр `O` лежит на бисектриссе этого угла `=> /_ABO=/_CBO=/_MTK=alpha`.
    `MK || BC => /_MKB=/_CBO => DeltaBMK` - равнобедренный, `BM=MK`.
    `BM=MK=BN, MK || BC  => BMKN` - ромб.
    `/_KMN=/_KNM=(pi-2alpha)/2=pi/2-alpha =>`
    `/_MKT=pi-/_MTK-/_TMK=pi-(pi/2-alpha)-alpha=pi/2 =>`
    `cot(alpha)=(TK)/(MK)=(a)/(BN)`.
    Из `DeltaBNO`: `cot(alpha)=(BN)/(NO)=(BN)/(r)`.
    `cot(alpha)*cot(alpha)=(a)/(BN)*(BN)/(r)`,
    `cot(alpha)=sqrt((a)/(r))`.
    `BN=ON*cot(alpha)=r*sqrt(a/r)=sqrt(ar)`.
    `OB=sqrt(ON^2+BN^2)=sqrt((ar)^2+r^2)=rsqrt(a^2+1)`.
    Ответ: `BO=rsqrt(a^2+1)`.

    Задача №4 (вариант 7).
    В театре `k` рядом кресел. `770` зрителей пришли в театр и расселись по местам (заняв, возможно, не все кресла). После антракта все зрители забыли, на каких местах они располагались, и сели по-другому. При каком наибольшем `k` заведомо найдется `4` зрителя, которые и до, и после антракта сидели на одном ряду?
    Решение:
    Чтобы ни одна четверка снова не села в один ряд, необходимо с каждого ряда сажать на другие ряды по `3` (или меньше) зрителей.
    Пусть `n` - среднее количество зрителей на одном ряду, тогда `k ~~ n/3`.
    Также, `nk<=770 => 3k^2 ~~ 770 => k^2 ~~ 257 => k ~~ 16`.
    Пусть `k=16`. Существует ряд, на котором сидят не менее `[770/16]+1=49` зрителей (по принципу Дирихле). Тогда минимум четверо (`[49/16]+1`) из них окажутся снова на одном ряду, поэтому условие задачи выполнится. При этом количество места на одном ряду роли не играет.
    Итак, `k=16` подходит условиям задачи. Проверим `k=17`.
    Пусть у нас на `12` рядах сидит по `45` зрителей, и на остальных `5` рядах по `46`. Итого `12*45+5*46=540` зрителей.
    Ряды первой группы перестроим следующим образом: по `3` человека отправим на любые другие `15` рядов. Ряд второй группы: по `3` человека на `15` других рядов и `1` человека на последний ряд.
    Тогда в каждом новом ряду получим группы по `3` человека, которые ранее сидели на одном ряду. Плюс несколько одиночек. Количество мест роли не играет, поэтому его можем взять каким угодно большим.
    Понятно, что аналогичные рассуждения можно провести для любого другого `k>=18`. Достаточно взять `18` рядов и с ними построить аналогичную ситуацию.
    Итак, для `k=17` возможна такая ситуация, когда не найдется нужной четверки зрителей.
    Ответ: `16`.

    Задача №5 (вариант 7).
    Дано натуральное число `x=9^n-1`, где `n` - натуральное число. Известно, что `x` имеет ровно три различных простых делителя, один из которых равен `11`. Найдите `x`.
    Решение:
    Число `9^5-1=(11-2)^5-1` дает остаток `(-2)^5-1=-33` при делении на `11`.
    Значит, `9^5-1 vdots 11`.
    Пусть `n=5k+d`, где `d=0;1;2;3;4`.
    Тогда, `9^n-1=(9^5)^n*9^d-1` дает остаток `9^d-1` при делении на `11`.
    `9^d-1=(11-2)^d-1` дает остаток `(-2)^d-1` при делении на `11`. Подойдет только `d=0`.
    Итак, `9^n-1` делится на `11` только при `n=5k, k in NN`.
    Значит, `9^n-1=(9^5)^k-1` делится на `9^5-1=59048=8*11^2*61`.
    `2,11,61` - все простые делители `x`.
    `x=2^a*11^b*61^c`, где `a,b,c in NN`, при этом `a>=3, b>=2`.
    `(9^k-1)(9^(4k)+9^(3k)+9^(2k)+9^k+1)=2^a*11^b*61^c`.
    Во второй скобке всегда нечетное число, поэтому `9^k-1 vdots 2^a`.
    Пусть `9^k-1 vdots 11` или `61`. Тогда, `9^(4k)+9^(3k)+9^(2k)+9^k+1` дает остаток `5` при делении на эти же числа.
    `1` случай: `9^k-1=2^a`.
    `9^k-1=(3^k-1)(3^k+1)=2^a`.
    `3^k-1=2^(a_1), 3^k+1=2^(a_2)`.
    `2^(a_2)-2^(a_1)=2 => a_2=2, a_1=1`.
    `k=1 => a=3 => x=9^5-1=59048`.
    `2` случай: `9^k-1=2^a*11^b`.
    `(3^k-1)(3^k+1)=2^a*11^b`.
    При нечетном `k` выражение `3^k-1` делится на `2`, но не делится на `4`.
    У сомножителей нет других делителей, кроме `2`. Также, `1<3^k-1<3^k+1`.
    Значит, `3^k-1=2` или `2*11^b`.
    `k=1 => 3^k+1=4` - решений нет.
    `3^k-1=2*11^b, 3^k+1=2^(a-1)`.
    `2^(a-1)-1=3^k => a` - нечетно, иначе левая часть не делится на `3`.
    `(2^(a/2-1/2)-1)(2^(a/2-1/2)+1)=3^k`.
    `2^(a/2-1/2)-1=3^(k_1), 2^(a/2-1/2)+1=3^(k_2)`,
    `3^(k_2)-3^(k_1)=2 => k_2=1, k_1=0 => 3-1=2*11^b` - решений нет.
    Пусть `k` - четно.
    Тогда, `3^k+1` делится на `2`, но не делится на `4`. При этом, `3^k+1>2`.
    Значит, `3^k-1=2^(a-1), 3^k+1=2*11^b`.
    Из первого уравнения получаем `k=2`, что не соответствует второму уравнению.
    `3` случай: `9^k-1=2^a*61^c`.
    Этот случай полностью идентичен предыдущему.
    Других случаев нет.
    Ответ: `x=59048`.

    Задача №6 (вариант 7).
    Три конуса с вершиной `A` касаются друг друга внешним образом, причем у первых двух из них угол при вершине равен `pi/3`. Все конусы касаются также одной плоскости, проходящей через точку `A`, и лежат по одну сторону от нее. Найдите угол при вершине у третьего конуса. (Углом при вершине конуса называется угол между его образующими в осевом сечении.)
    Решение:
    image
    Обозначим плоскость касающуюся всех трех конусов как плоскость `alpha`.
    Конус с углом при вершине `pi/4` касается `alpha` по образующей этого конуса. Возьмем на этой образующей точку `B`. Проведем через точку `B` плоскость `beta`: `beta_|_alpha, beta_|_AB`. Обозначим пересечение `beta` с осью симметрии этого конуса как `O_1`.
    Конусы с неизвестным углом при вершине касаются `alpha` по образующим этих конусов. Обозначим пересечение этих образующих с `beta` как `C` и `D`. Обозначим пересечение `beta` с осями симметрии этих конусов как `O_2` и `O_3`.
    `BO_1` пересечет `O_2O_3` в точке `K`.
    Обозначим искомый угол как `2alpha`.
    Обозначим `O_2K` как `x`.
    По построению:
    `AC_|_CO_2,AC_|_CD,AD_|_CO_3,AD_|_CD`.
    `AB_|_CD,AB_|_BK,CD_|_BK`.
    `/_BAO_1=pi/4`.
    `/_CAO_2=/_DAO_3=/_KAO_2=/_KAO_3=alpha`.
    `/_O_1AO_2=/_O_1AO_3=alpha+pi/4`.
    В силу симметрии `BC=BD, KO_2=KO_3, CO_2=DO_3, AO_2=AO_3`.
    Треугольники `KAO_2,CAO_2` - прямоугольные, `/_CAO_2=/_KAO_2, AO_2` - общая сторона `=> BC=BD=KO_2=KO_3=CO_2=DO_3=x`.
    Введем замену `cot(alpha)=t`.
    `AC=x*cot(alpha)=x*t`,
    `AB=sqrt(AC^2-BC^2)=sqrt((x*t)^2-x^2)=x*sqrt(t^2-1)`,
    `BO_1=AB*tan(pi/4)=x*sqrt(t^2-1)`.
    `KO_1^2=(BK-BO_1)^2=(x-x*sqrt(t^2-1))^2=`
    `=x^2*(1+(t^2-1)-2*sqrt(t^2-1))=x^2*(t^2-2*sqrt(t^2-1))`.
    `AO_1=(AB)/cos(pi/4)=sqrt(2)*x*sqrt(t^2-1)`.
    `AO_2=(CO_2)/sin(alpha)=x/sin(alpha)`.
    `O_1O_2^2=AO_1^2+AO_2^2-2*AO_1*AO_2*cos(alpha+pi/4)`,
    `O_1O_2^2=2*x^2*(t^2-1)+x^2/sin^2(alpha)-`
    `-2*sqrt(2)*x*sqrt(t^2-1)*x/sin(alpha)*(cos(alpha)*cos(pi/4)-sin(alpha)*sin(pi/4))`,
    `O_1O_2^2=2*x^2*(t^2-1)+x^2+x^2*t^2-2*sqrt(2)*x*sqrt(t^2-1)*x*(t*sqrt(2)/2-sqrt(2)/2)`,
    `O_1O_2^2=2*x^2*(t^2-1)+x^2+x^2*t^2-2*x*sqrt(t^2-1)*x*(t-1)`.
    `KO_1^2=O_2O_1^2-KO_2^2`, тогда
    `2*x^2*(t^2-1)+x^2+x^2*t^2-2*x*sqrt(t^2-1)*x*(t-1)-x^2=`
    `x^2*(t^2-2*sqrt(t^2-1))`,
    `2*(t^2-1)+1+t^2-2*sqrt(t^2-1)*(t-1)-1=t^2-2*sqrt(t^2-1)`,
    `2*(t^2-1)-2*sqrt(t^2-1)*(t-1)+2*sqrt(t^2-1)=0`,
    `2*sqrt(t^2-1)*(sqrt(t^2-1)-t+1+1)=0`,
    `2*sqrt(t^2-1)*(sqrt(t^2-1)-t+2)=0`, т.к. `t!=1` (иначе `cot(alpha)=1, alpha=pi/4 => 2alpha=pi/2`, то есть у нас `3` одинаковых конуса, но тогда плоскость не может касаться всех трех конусов сразу),
    `t-sqrt(t^2-1)-2=0`,
    `t-2=sqrt(t^2-1)`,
    `t^2-4t+4=t^2-1`,
    `4t=3 => t=3/4`.
    `cot(alpha)=3/4`,
    `alpha=arctan(4/3)`,
    Искомый угол `2*alpha=2*arctan(4/3)`.
    Ответ: `2arctan(4/3)`.
  • Задача №2 (вариант 8).
    Даны числа `x,y`, удовлетворяющие условию `x^4+y^4>=2`. Докажите неравенство `|x^16-y^16|+4x^8y^8>=4`.
    Решение:
    `x^16-y^16=(x^8-y^8)(x^8+y^8)=(x^4-y^4)(x^4+y^4)(x^8+y^8)`.
    `x^4+y^4>=2 => x^8+y^8>=1/2(x^4+y^4)^2>=2`.
    Значит, `|x^16-y^16|>=2*2*|x^4-y^4|=4|x^4-y^4|`.
    Докажем, что `|x^4-y^4|+x^8y^8>=1` при `x^4+y^4>=2`.
    Если `|xy|>=1`, то неравенство всегда верно.
    Пусть `|xy|<=1`.
    `(x^4-y^4)^2=x^8+y^8-2x^4y^4>=2-2x^4y^4`.
    Тогда, `|x^4-y^4|>=sqrt(2-2x^4y^4)`. Подкоренное выражение неотрицательно при `xy<=1`.
    `|x^4-y^4|+x^8y^8>=sqrt(2-2x^4y^4)+x^8y^8`.
    Замена `sqrt(2-2x^4y^4)=z, z in [0;sqrt2]`.
    Тогда, `sqrt(2-2x^4y^4)+x^8y^8=z+(1-z^2/2)^2=f(z)`.
    `f(z)-1=z^4/4-z^2+z=z/4*(z^3-4z+4)=z/4*g(z)`. Исследуем `g(z)` при `z in [0;sqrt2]`.
    `g'(z)=3z^2-4>=0` при `|z|>=2/sqrt2`.
    `z=2/sqrt3` - точка минимума при всех `z in [0;sqrt2]`, поэтому `g(z)>=8/(3sqrt3)-8/sqrt3+4=4-4/sqrt3>0`.
    Итак, `f(z)-1>=0` при всех `z in [0;sqrt2]`.
    Тогда, `|x^4-y^4|+x^8y^8>=sqrt(2-2x^4y^4)+x^8y^8>=1`.
    Следовательно, `|x^16-y^16|+4x^8y^8>=4|x^4-y^4|+4x^8y^8>=4`. Доказали.
    Ответ: доказано.

    Задача №3 (вариант 8).
    Окружность `omega` с центром `O` касается сторон `BA` и `BC` острого угла `ABC` в точках `M` и `N` соответственно. Прямая, проходящая через точку `M` параллельно `BC`, пересекает луч `BO` в точке `K`. На луче `MN` выбрана точка `T` так, что `/_MTK=1/2/_ABC`. Оказалось, что прямая `KT` касается `omega`. Найдите площадь треугольника `OKT`, если `BM=a`.
    Решение:
    Окружность `omega` касается `KT` в точке `D => OD=r` - радиус `omega`, `OD_|_KT => S_(OKT)=1/2*OD*KT`.
    Поскольку окружность вписана в угол, то ее центр `O` лежит на бисектриссе этого угла `=> /_ABO=/_CBO=/_MTK=alpha`.
    `MK || BC => /_MKB=/_CBO => DeltaBMK` - равнобедренный, `BM=MK`.
    `BM=MK=BN, MK || BC  => BMKN` - ромб.
    `/_KMN=/_KNM=(pi-2alpha)/2=pi/2-alpha =>`
    `/_MKT=pi-/_MTK-/_TMK=pi-(pi/2-alpha)-alpha=pi/2 =>`
    `cot(alpha)=(TK)/(MK) => TK=a*cot(alpha)`.
    Из `DeltaBMO`: `tan(alpha)=(OM)/(MB)=r/a => r=a*tan(alpha)`.
    `S_(DeltaOKT)=1/2*OD*KT=1/2*a*tan(alpha)*a*cot(alpha)=a^2/2`.
    Ответ: `S_(DeltaOKT)=a^2/2`.

    Задача №4 (вариант 8).
    У библиофила Васи `1300` книг, расставленных в шкафах на `k` книжных полках. Однажды Вася переставил шкафы на новое место, предварительно вынув из них все книги. При этом он совершенно забыл, как книги стояли раньше, а расставил их в шкафах в другом порядке. При каком наибольшем `k` заведомо найдется `5` книг, которые и до, и после перестановки стояли на одной полке?
    Решение:
    Пусть `k=18`. Тогда найдется полка в которой находится (до перестановки) не менее `73` книг. В противном случае, общее число книг не превышает `72*18=1296<1300`.
    После перестановки из этой полки найдется на менее `5` книг, которые снова попадут в одну полку. В противном случае, общее число книг этой полки не превышает `18*4=72<73`. При этом будем считать, что книги могут снова попасть на срарую полку, поскольку нет обратного утверждения в условии (сказано только то, что книги не могут попасть на свое место).
    Следовательно, при `k=18` условие задачи выполняется.
    Пусть `k=19`. `11` полок с `68` книгами и `8` полок с `69` книгами, итого `748+552=1300` книг.
    `68=4*17`, поэтому каждую такую полку можно разбить на четверки книг, которые отправятся на другие полки.
    Аналогично с полками по `69` книг, дополнительную книгу отправим на последнюю полку.
    Следовательно, при `k=19` возможна такая ситуация, когда не существует такой пятерки книг, которые снова оказались на одной полке.
    Если `k>=20`, то будем считать, что все полки, начиная с `20` - пустые, а остальные полки набиты книгами по аналогичному принципу и перестановка производится аналогично.
    Количество мест на полке на решение не повлияет.
    Ответ: `k=18`.

    Задача №5 (вариант 8).
    Дано натуральное число `x=9^n-1`, где `n` - нечетное натуральное число. Известно, что `x` имеет ровно три различных простых делителя, один из которых равен `61`. Найдите `x`.
    Решение:
    `9^5-1=(3^5-1)(3^5+1)=242*244 vdots 61`.
    Пусть `n=5k+d`, где `d=0;1;2;3;4`.
    Тогда, `9^n-1=(9^5)^n*9^d-1` дает остаток `9^d-1` при делении на `61`. Подойдет только `d=0`.
    Итак, `9^n-1` делится на `61` только при `n=5k, k in NN`.
    Значит, `9^n-1=(9^5)^k-1` делится на `9^5-1=59048=8*11^2*61`.
    `2,11,61` - все простые делители `x`.
    `x=2^a*11^b*61^c`, где `a,b,c in NN`, при этом `a>=3, b>=2`.
    `(9^k-1)(9^(4k)+9^(3k)+9^(2k)+9^k+1)=2^a*11^b*61^c`.
    Во второй скобке всегда нечетное число, поэтому `9^k-1 vdots 2^a`.
    Пусть `9^k-1 vdots 11` или `61`. Тогда, `9^(4k)+9^(3k)+9^(2k)+9^k+1` дает остаток `5` при делении на эти же числа.
    `1` случай: `9^k-1=2^a`.
    `9^k-1=(3^k-1)(3^k+1)=2^a`.
    `3^k-1=2^(a_1), 3^k+1=2^(a_2)`.
    `2^(a_2)-2^(a_1)=2 => a_2=2, a_1=1`.
    `k=1 => a=3 => x=9^5-1=59048`.
    `2` случай: `9^k-1=2^a*11^b`.
    `(3^k-1)(3^k+1)=2^a*11^b`.
    `n` - нечетно, поэтому `k` - нечетно.
    При нечетном `k` выражение `3^k-1` делится на `2`, но не делится на `4`.
    У сомножителей нет других делителей, кроме `2`. Также, `1<3^k-1<3^k+1`.
    Значит, `3^k-1=2` или `2*11^b`.
    `k=1 => 3^k+1=4` - решений нет.
    `3^k-1=2*11^b, 3^k+1=2^(a-1)`.
    `2^(a-1)-1=3^k => a` - нечетно, иначе левая часть не делится на `3`.
    `(2^(a/2-1/2)-1)(2^(a/2-1/2)+1)=3^k`.
    `2^(a/2-1/2)-1=3^(k_1), 2^(a/2-1/2)+1=3^(k_2)`,
    `3^(k_2)-3^(k_1)=2 => k_2=1, k_1=0 => 3-1=2*11^b` - решений нет.
    `3` случай: `9^k-1=2^a*61^c`.
    Этот случай полностью идентичен предыдущему.
    Других случаев нет.
    Ответ: `x=59048`.

    Задача №6 (вариант 8).
    Три конуса с вершиной `A` касаются друг друга внешним образом, причем у первых двух из них угол при вершине равен `pi/2`. Все конусы касаются также одной плоскости, проходящей через точку `A`, и лежат по одну сторону от нее. Найдите угол при вершине у первых двух конусов. (Углом при вершине конуса называется угол между его образующими в осевом сечении.)
    Решение:
    image
    Конус с углом при вершине `pi/3` касается `alpha` по образующим этих конусов. Обозначим пересечение этих образующих с `beta` как `C` и `D`. Обозначим пересечение `beta` с осями симметрии этих конусов как `O_2` и `O_3`.
    `BO_1` пересечет `O_2O_3` в точке `K`.
    Обозначим искомый угол как `2alpha`.
    Обозначим `O_2K` как `x`.
    По построению:
    `AC_|_CO_2,AC_|_CD,AD_|_CO_3,AD_|_CD`.
    `AB_|_CD,AB_|_BK,CD_|_BK`.
    `/_BAO_1=alpha`.
    `/_CAO_2=/_DAO_3=/_KAO_2=/_KAO_3=pi/6`.
    `/_O_1AO_2=/_O_1AO_3=alpha+pi/6`.
    В силу симметрии `BC=BD, KO_2=KO_3, CO_2=DO_3, AO_2=AO_3`.
    Треугольники `KAO_2,CAO_2` - прямоугольные, `/_CAO_2=/_KAO_2, AO_2` - общая сторона `=> BC=BD=KO_2=KO_3=CO_2=DO_3=x`.
    `AC=AD=CO_2*cot(pi/6)=sqrt(3)*x =>`
    `AB=sqrt(AC^2-AB^2)=sqrt(3*x^2-x^2)=x*sqrt(2)`.
    `BO_1=AB*tan(alpha)=x*sqrt(2)*tan(alpha)`.
    `O_1K=BK-BO_1=x-x*sqrt(2)*tan(alpha)`.
    `AO_2=(CO_2)/sin(pi/6)=2x`.
    `O_1O_2^2=AO_1^2+AO_2^2-2*AO_1*AO_2*cos(/_O_1AO_2)=`
    `((AB)/cos(alpha))^2+4x^2-2*2*x*(AB)/cos(alpha)*cos(alpha+pi/6)=`
    `=(2*x^2)/(cos(alpha))^2+4*x^2-(2*2*x*x*sqrt2)/cos(alpha)*(cos(alpha)*cos(pi/6)-sin(alpha)*sin(pi/6))=`
    `=(2*x^2)/(cos(alpha))^2+4*x^2-(4*sqrt(2)*x^2)/cos(alpha)*(cos(alpha)*sqrt(3)/2-sin(alpha)*1/2)=`
    `=(2*x^2)/(cos(alpha))^2+4*x^2-2*sqrt(2)*x^2*(sqrt(3)-tan(alpha))`.
    `O_1K^2=O_1O_2^2-O_2K^2=(2*x^2)/(cos(alpha))^2+3*x^2-2*sqrt(2)*x^2*(sqrt(3)-tan(alpha))`.
    `(2*x^2)/(cos(alpha))^2+3*x^2-2*sqrt(2)*x^2*(sqrt(3)-tan(alpha))=`
    `(x-x*sqrt(2)*tan(alpha))^2`,
    `2/(cos(alpha))^2+3-2*sqrt(2)*(sqrt(3)-tan(alpha))=(1-sqrt(2)*tan(alpha))^2`,
    `2+2tan^2(alpha)+3-2*sqrt(2)*(sqrt(3)-tan(alpha))=`
    `1-2*sqrt(2)*tan(alpha)+2tan^2(alpha)`,
    `4-2*sqrt(2)*(sqrt(3)-tan(alpha))+2*sqrt(2)*tan(alpha)=0`,
    `4-2*sqrt(6)+4*sqrt(2)*tan(alpha)=0`,
    `sqrt(2)/2-sqrt(3)/2+tan(alpha)=0`,
    `tan(alpha)=(sqrt(3)-sqrt(2))/2`.
    Искомый угол `2alpha=2arctan((sqrt(3)-sqrt(2))/2)`.
    Ответ: `2arctan((sqrt(3)-sqrt(2))/2)`.
  • Пропуск.
  • Пропуск.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике