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 2017 и другие перечневые олимпиады.

Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 / Задания и решения отборочного этапа по математике
  • Задача №3 (отборочный этап олимпиады по математике «Ломоносов» 2013 года в МГУ)
    Последовательность задана равенствами `a_1=100,...,a_(n+1)=a_n+1/(a_n)`.
    Найдите целое число, ближайшее к `a_2013`.

    Решение:
    По условию задачи `a_1=100`, `a_(n+1)=a_n+1/(a_n)`.
    После возведения в квадрат:
    `a_(n+1)^2=(a_n+1/(a_n))^2`,
    `a_(n+1)^2=a_n^2+2+1/(a_n^2)` (1)

    Подставим в (1) `n=1,2,...,2012`
    `a_2^2=a_1^2+2+1/(a_1^2)`
    `a_3^2=a_2^2+2+1/(a_2^2)`
    `....`
    `a_2012^2=a_2011^2+2+1/(a_2011^2)`
    `a_2013^2=a_2012^2+2+1/(a_2012^2)`
    Получили `2012` равенств, сложим все.
    `a_2^2+a_3^2+..+a_2012^2+a_2013^2=a_1^2+a_2^2+...`
    `...+a_2011^2+a_2012^2+2*2012+1/(a_1^2)+1/(a_2^2)+...+1/(a_2011^2)+1/(a_2012^2)`
    После сокращений одинаковых выражений слева и справа равенства
    `a_2013^2=a_1^2+4024+1/(a_1^2)+1/(a_2^2)+...+1/(a_2011^2)+1/(a_2012^2)`
    `a_2013^2=14024+1/(a_1^2)+1/(a_2^2)+...+1/(a_2011^2)+1/(a_2012^2)`.

    Очевидно, что `1/(a_1^2)+1/(a_2^2)+...+1/(a_2011^2)+1/(a_2012^2)>0`, с другой стороны `a_n` - всегда возрастает, т.к. `a_(n+1)-a_n=1/(a_n)>0`,
    значит`a_2012>a_2011>...>a_2>a_1`,
    `1/(a_1^2)+1/(a_2^2)+...+1/(a_2011^2)+1/(a_2012^2)<1/(a_1^2)+...+1/(a_1^2)=2012/(a_1^2)`.<br />`0<1/(a_1^2)+1/(a_2^2)+...+1/(a_2011^2)+1/(a_2012^2)< 2012/10000`,<br />`14024 < a_2013^2 < 14024+2012/10000`.
    `sqrt(14024)< a_2013< sqrt(14024+2012/10000)`.
    `118^2=13924< 14024, 118.5^2=14042,25>14024+2012/10000`,
    `118< sqrt(14024)< a_2013< sqrt(14024+2012/10000)< 118,5`.
    Поэтому, ближайшее целое число к `a_2013` равно `118`.

    Ответ: `118`.
  • Полное решение задачи №6 (отборочный этап олимпиады по математике «Ломоносов» 2013 года в МГУ)
    Фигура на координатной плоскости состоит из точек, удовлетворяющих при любом `t` двум неравенствам:
    `{(x^2+y^2< pi^2+t^2), (cosy<2+cos2x+cosx(4sint-1)-cos2t):}`<br />
    Найдите площадь этой фигуры.

    Решение:
    `x^2+y^2< pi^2+t^2`

    Покажем, что все точки `(x,y)`, которые удовлетворяют этому неравенству при всех `t`, представляют собой круг `x^2+y^2< pi^2`.
    `t=0`: `x^2+y^2< pi^2` - в одну сторону доказано.
    Пусть у нас имеется круг `x^2+y^2< pi^2`, тогда любая точка из этого круга удовлетворяет неравенству `x^2+y^2< pi^2+t^2` при любом `t`, поскольку `t^2>=0` при любом `t`.
    `cosy< 2+cos2x+cosx(4sint-1)-cos2t`,
    `cosy< 2cos^2x+2sin^2t+4cosxsint-cosx`,
    `cosx+cosy< 2(cosx+sint)^2`.
    Докажем, что все точки `(x,y)` удовлетворяющие этому неравенству при любых `t`, являются решениями неравенства `cosx+cosy< 0`.
    При любом `x` мы можем взять такой `t`, что `cosx+sint=0`. Это следует из того, что функции `cosx` и `sint` принимают все значения из отрезка `[-1;1]`.
    Например, если `x=x_0`, то `sint=-cosx_0, t_0=arcsin(-cosx_0)`.
    Тогда `cosx+cosy< 0` - в одну сторону доказали.
    Теперь если `cosx+cosy< 0`, то `cosx+cosy< 2(cosx+sint)^2` при любом `t`, т.к. `(cosx+sint)^2>=0` при любом `t`.

    Итак, имеем систему неравенств
    `{(x^2+y^2< pi^2),(cosx+cosy< 0):}`
    В системе нет зависимости от знака `x,y`, поэтому можем посчитать, что `x,y>=0`.
    Из первого нер-ва получаем, что `x,y< pi`.
    Второе: `2cos((x-y)/2)cos((x+y)/2)< 0`.
    Т.к. `x,y in [0;pi) => (x-y)/2 in (-pi/2;pi/2) => cos((x-y)/2)>0`,
    значит `cos((x+y)/2)< 0`.
    Но `(x+y)/2 in [0;pi)` и чтобы выполнялось неравенство `cos((x+y)/2)< 0` необходимо, чтобы `(x+y)/2 in (pi/2;pi)` (`2` четверть).
    `pi< x+y< 2pi`,
    `pi-x< y< 2pi-x` - неравенство задает полосу, с границами `y=pi=x, y=2pi-x`.
    В первой четверти (мы рассматриваем `x,y>=0`) эта полоса пересекает круг в точках `(0;pi),(pi,0)`, отсекает его часть.
    Площадь пересечения двух областей посчитать легко - из четверти площади круга вычитаем площадь прямоугольного треугольника с катетами `pi`.
    `S_1=pi^3/4` - площадь четверти круга. `S_2=1/2pi^2` - площадь треугольника.
    `S_1-S_2=pi^2(pi/4-1/2)`.
    Найденную площадь нужно умножить на `4`:
    `S=4pi^2(pi/4-1/2)=pi^2(pi-2)`.

    Ответ: `pi^2(pi-2)`.
  • Полное решение задачи №8 (отборочный этап олимпиады по математике «Ломоносов» 2013 года в МГУ)
    Найдите минимальное значение дискриминанта квадратного трехчлена, график которого не имеет общих точек с областями, расположенными ниже оси абсцисс и над графиком функции `y=1/sqrt(1-x^2)`.

    Решение:
    `ax^2+bx+c>=0`,
    `ax^2+bx+c<=1/sqrt(1-x^2)`.<br />
    Если `a< 0`, то квадратный трехчлен в любом случае окажется ниже оси абсцисс.
    Если `D=b^2-4ac>0`, то график трехчлена пересечет ось абсцисс в двух точках, поэтому его часть снова окажется ниже оси абсцисс.
    `a>0` и `b^2-4ac<=0` - при таких условиях, график трехчлена не пересекается с областью ниже оси абсцисс.<br />`ax^2+bx+c<=1/sqrt(1-x^2)` - это неравенство должно выполняться при всех `x in (-1;1)`. Надо найти минимальное значение выражения `b^2-4ac`.<br />`ax^2+bx+c=a(x^2+b/ax+c/a)=a((x+b/(2a))^2-b^2/(4a^2)+c/a)=`
    `=a(x+b/(2a))^2-(b^2-4ac)/(4a)`.
    Абсцисса вершины `-b/(2a)`, ордината `(b^2-4ac)/(4a)`.
    Если параболу двигать параллельно оси абсцисс, то ее ордината не меняется и коэффициент `a` тоже, значит дискриминант тоже неизменен (инвариант).
    Это нам нужно для того, чтобы посчитать, что `b=0`, сдвинуть нашу параболу, чтобы ее вершина находилась на оси ординат.
    Функция `y=1/sqrt(1-x^2)` определена на интервале `(-1;1)`.
    `1/sqrt(1-a^2)-1/sqrt(1-b^2)=(sqrt(1-b^2)-sqrt(1-a^2))/(sqrt(1-a^2)sqrt(1-b^2))=`
    `=(a^2-b^2)/(sqrt(1-a^2)sqrt(1-b^2)(sqrt(1-a^2)+sqrt(1-b^2)))>0` если `|a|>|b|`,
    поэтому по определениям убывания и возрастания наша функция убывает на `(-1;0)` и возрастает на `(0;1)`. Минимум достигается при `x=0`.
    Пусть `ax^2+bx+c` - наша парабола с минимальным дискриминантом. Парабола симметрична относительно своей вершины. Функция `y=1/sqrt(1-x^2)` симметрична относительно оси ординат, поскольку она четная. В силу этих симметрий, парабола `ax^2-bx+c` тоже удовлетворяет условию задачи, поскольку это зеркальное отображение первой параболы относительно оси ординат. Также очевидно, что все параболы, лежащие между двумя этими параболами (такие же, только сдвинутые), годятся. Мы уже доказали, что у всех этих парабол одинаковый дискриминант, поэтому можем взять ту параболу, вершина которой лежит на оси ординат, т.е. `b=0`.
    `ax^2+c<=1/sqrt(1-x^2)`.<br />Замена `1/sqrt(1-x^2)=y, y in [1;+oo)`.
    `a(1-1/y^2)+c<= y`, <br />`y^3-y^2(a+c)+a>=0`.
    Данное нер-во должно выполняться при всех `y in [1;+oo)`.
    `f(y)=y^3-y^2(a+c)+a`, найдем `f_min`,
    `f'(y)=3y^2-2y(a+c)=3y(y-2/3(a+c))`,
    если `2/3(a+c)>1`, то `y_min=2/3(a+c)`, в противном случае `y_min=1`,
    `f_min=8/27(a+c)^3-4/9(a+c)^3+a=-4/27(a+c)^3+a` или `f_min=1-c`.
    Чтобы неравенство было верным при всех `y in [1;+oo)` необходимо и достаточно
    `{(1-c>=0),(-4/27(a+c)^3+a>=0):}`
    Разберемся со вторым неравенством
    `a>=4/27(a+c)^3`,
    `a^(1/3)>=2^(2/3)/3(a+c)`,
    `c<=3/(2^(2/3))a^(1/3)-a`,<br />умножим на `a>0`:
    `ac<=3/(2^(2/3))a^(4/3)-a^2=g(a)`.<br />Найдем `g_max`, исследуя функцию при всех `a>0`:
    `g'(a)=2a^(1/3)(2^(1/3)-a^(2/3))`.
    `a_max=sqrt2` (заметим, что при этом `2/3(a+c)>1`).
    `g(sqrt2)=3/(2^(2/3))*2^(2/3)-2=1`.
    Итак максимальное значение `ac` равно `1`, при этом `a=sqrt2 => c=1/sqrt2`.
    Искомая парабола `y=sqrt2x^2+1/sqrt2`.
    Поскольку все переходы были эквивалентные, мы не потеряли условий, то нет необходимости доказывать, что данная парабола действительно удовлетворяет всем условиям, т.е. доказывать неравенство `sqrt2x^2+1/sqrt2<=1/sqrt(1-x^2)`.<br />Но на случай того, что мы что то упустили, докажем это неравенство, что оно верно при всех `x in (-1;1)`.
    После возведения в квадрат, приведения к общему знаменателю, раскрытию всех скобок и приведения подобных получаем неравенство:
    `4x^6-3x^2+1>=0`,
    `4y^3-3y+1>=0` - надо доказать его верность при всех `y in [0;1)`.
    `4y^3-y-2y+1=y(4y^2-1)-(2y-1)=(2y-1)(2y^2+y-1)=(2y-1)(y+1)(2y-1)=(2y-1)^2(y+1)` - неотрицательно при всех `y in [0;1)`.

    Ответ: `-4`.
  • Задача №10 (отборочный этап олимпиады по математике «Ломоносов» 2013 года в МГУ)
    При каких натуральных `n` и `k` неравенства
    `|x_1 | + . . . + |x_k |<=n` (1) <br />
    и `|y_1 | + . . . + |y_n |<=k` (2) <br />
    имеют одинаковое количество целочисленных решений `(x_1 , . . . , x_k )` и `(y_1 , . . . , y_n )`?

    Решение:
    Задача №10

    `n=1`:
    `|x_1|+...+|x_k|<=1`.<br />
    Решениями являются `(0,0,...,x_i,...,0)`, где `x_i=0` или `+-1`. Т.е. всего решений `1+2k`.
    `|y_1|<=k`, решения `-k,-k+1,...,0,...,k-1,k` - всего решений `1+2k`.<br />
    При `n=1` и любом `k` количество решений одинаковое.
    Пусть `n=2`, выпишем второе нер-во:
    `|y_1|+|y_2|<=k`,<br />
    `|y_1|<=k-|y_2|`.<br />
    `y_2 in [-k;k]`, и для каждого целого значения `y_2` из этого отрезка получаем нер-во
    `|y_1|<=m`, где `m=k-|y_2|`.<br />

    Если `y_2=0`, то нер-во `|y_1|<=k` - `2k+1` решений.<br />Если `y_2=+-1`, то нер-во `|y_1|<=k-1` - `2k-1` решений.<br />
    Поэтому всего решений будет `2k+1+2(2k-1)+...+2*1`.
    Можно аналогично вывести более общую закономерность.
    `|y_1|+...+|y_n|<=k`, (1)<br />`|y_1|+...+|y_(n-1)|<=k-|y_n|`. (2)<br />
    За `F(n,k)` обозначим кол-во решений нер-ва (1).
    Если в нер-ве (2) `y_n=0`, тогда кол-во его решений равно `F(n-1,k)`.
    Если `y_n=+-1`, то кол-во решений равно `F(n-1,k-1)` и т.д.
    Поэтому `F(n,k)=F(n-1,k)+2F(n-1,k-1)+2F(n-1,k-2)+...+2F(n-1,0)`.
    В начале мы доказали, что `F(1,k)=F(k,1)`. Возьмем это за первый шаг обобщенной индукции.
    Пусть `F(n_1,k_1)=F(k_1,n_1)` при всех `n_1` и `k_1`, таких, что `n_1+k_1<=n+k`. <br />
    Докажем, что `F(n+1,k)=F(k,n+1)`. Или что `F(n_1,k_1)=F(k_1,n_1)` при всех `n_1` и `k_1`, таких, что `n_1+k_1<=n+k+1`.<br />
    `F(n+1,k)=F(n,k)+2F(n,k-1)+...+2F(n,0)`.
    По предположению индукции `F(n+1,k)=F(k,n)+2F(n,k-1)+...+2F(n,0)=`
    `F(k-1,n)+2F(k-1,n-1)+...+2F(k-1,0)+2F(n,k-1)+...+2F(n,0)`
    С другой стороны `F(k,n+1)=F(k-1,n+1)+2F(k-1,n)+...+2F(k-1,0)`.
    `k-1+n+1=k+n` - можем использовать предположение индукции.
    `F(k-1,n+1)+2F(k-1,n)+...+2F(k-1,0)=F(n+1,k-1)+2F(k-1,n)+...+2F(k-1,0)=`
    `F(n,k-1)+2F(n,k-2)+...+2F(n,0)+2F(k-1,n)+...+2F(k-1,0)`.
    Использовали снова формулу.
    Две полученные суммы равны, поскольку после сокращений подобных получаем:
    `F(n+1,k)-F(k,n+1)=-F(k-1,n)+F(n,k-1)=0` - по предположению индукции.

    Ответ: при любых натуральных `n,k`.
  • Задача №9 (отборочный этап олимпиады по математике «Ломоносов» 2013 года в МГУ)
    В треугольнике `ABC` проведены биссектрисы `AL, BM` и `CN`, причем угол `ANM` равен углу `ALC`. Найти радиус окружности, описанной около треугольника `LMN`, две стороны которого равны `3` и `4`.

    Решение:
    Задача №9

    `/_A=alpha, /_B=beta, /_C=gamma`.
    Биссектрисами все углы делятся пополам.
    `gamma=pi-alpha-beta`.
    `/_ALC=alpha/2+beta`,
    `/_ANM=/_ALC=alpha/2+beta`,
    `/_AMN=pi-alpha-alpha/2-beta=pi-3/2alpha-beta`.
    Биссектрисы отсекают пропорциональные сторонам отрезки:
    `(AN)/(NB)=(AC)/(BC)`,
    `(AN)/(AB-AN)=(AC)/(BC)`,
    `AN*BC=AB*AC-AN*AC`,
    `AN(BC+AC)=AB*AC`,
    `AN=(AC*AB)/(BC+AC)`. (1)
    Аналогично `AM=(AC*AB)/(BC+AB)`. (2)
    Из треугольника `ABC`, по т. синусов:
    `BC=(ABsinalpha)/(sin(alpha+beta))`,
    `AC=(ABsinbeta)/(sin(alpha+beta))`.
    Подставим в (1) и (2):
    `AN=(AC*AB)/(BC+AC)=((ABsinbeta)/(sin(alpha+beta))*AB)/((ABsinalpha)/(sin(alpha+beta))+(ABsinbeta)/(sin(alpha+beta)))=(ABsinbeta)/(sinalpha+sinbeta)`.
    `AM=(ABsinbeta)/(sin(alpha+beta)+sinalpha)`.
    Из треугольника `AMN`, по т. синусов:
    `(AM)/(sin(alpha/2+beta))=AN/(sin(3/2alpha+beta))`,
    `(ABsinbeta)/(sin(3/2apha+beta)(sinalpha+sinbeta))=(ABsinbeta)/(sin(alpha/2+beta)(sin(alpha+beta)+sin(alpha)))`,
    `sin(3/2alpha+beta)sinalpha+sin(3/2alpha+beta)sinbeta=sin(alpha/2+beta)sin(alpha+beta)+sin(alpha/2+beta)sinalpha`.
    Формула `sinxsiny=1/2(cos(x-y)-cos(x+y))`,
    `1/2(cos(alpha/2+beta)-cos(5/2alpha+beta)+cos(3/2alpha)-cos(3/2alpha+2beta))=`
    `=1/2(cos(-alpha/2)-cos(3/2alpha+2beta)+cos(beta-alpha/2)-cos(3/2alpha+beta))`,
    `cos(3/2alpha)+cos(alpha/2+beta)-cos(5/2alpha+beta)=cos(alpha/2)+cos(beta-alpha/2)-cos(3/2alpha+beta)`,
    `cos(3/2alpha)+cos(alpha/2+beta)+cos(3/2alpha+beta)=cos(alpha/2)+cos(beta-alpha/2)+cos(5/2alpha+beta)`,
    `cos(3/2alpha)+2cos(alpha+beta)cos(alpha/2)=cos(alpha/2)+2cos(3/2alpha)cos(alpha+beta)`,
    `cos(3/2alpha)(1-2cos(alpha+beta))-cos(alpha/2)(1-2cos(alpha+beta))=0`,
    `(cos(3/2alpha)-cos(alpha/2))(1-2cos(alpha+beta))=0`,
    `cos(3/2alpha)-cos(alpha/2)=0` ИЛИ `1-2cos(alpha+beta)=0`,
    `-2sin(alpha)sin(alpha/2)=0` ИЛИ `cos(alpha+beta)=1/2`,
    `alpha=pi` или `alpha/2=pi` - невозможно, т.к. `alpha` - угол треугольника и всегда `< pi`.
    `alpha+beta=+-pi/3+2pik, k` - целый. `alpha+beta< pi`, годится только `alpha+beta=pi/3`.
    `/_C=gamma=pi-alpha-beta=2/3pi`,
    `/_BMC=pi-2/3pi-beta/2=pi/3-beta/2`,
    `/_ANM=alpha/2+beta=pi/6+beta/2`,
    `/_MNB=pi-(pi/6+beta/2)=5/6pi-beta/2`,
    `/_NMB=pi-beta/2-5/6pi+beta/2=pi/6`,
    `/_NMC=pi/6+pi/3-beta/2=pi/2-beta/2`,
    `/_CNM=pi-pi/2+beta/2-pi/3=pi/6+beta/2=/_ANM`,
    `MN` - биссектриса треугольника `ANC`, по свойству пропорциональности:
    `(AN)/(NC)=(AM)/(MC)=(AB)/(BC)`.
    Треуг. `CNB`: `(NC)/(BN)=(NC)/(AN)*(AN)/(BN)=(BC)/(AB)*(AC)/(BC)=(AC)/(AB)=(LC)/(BL)`,
    следовательно `NL` - биссектриса треугольника `CNB`.
    `/_CNL=/_LNB`,
    `t=2/3pi-beta-t`,
    `t=pi/3-beta/2`,
    `/_CNL=/_LNB=pi/3-beta/2`,
    `/_MNL=pi/6+beta/2+pi/3-beta/2=pi/2`.
    Получили прямоугольный треугольник `MNL`, две стороны которого равны `3` и `4`. Надо определить, какие стороны могут быть равны этим числам.
    Треугольник `MNC`: `(MN)/(sinalpha)=(AN)/(sin(3/2alpha+beta))`,
    `(MN)/(sin(pi/3-beta))=(AN)/(sin(pi/2-beta/2))`,
    треуг. `ANL`: `(NL)/(sin(alpha/2))=(AN)/(sin(pi/3-beta/2-alpha/2))=2AN`
    `AN=1/2(NL)/(sin(pi/6-beta/2))=(MNsin(pi/2-beta/2))/(sin(pi/3-beta))`,
    `(MN)/(NL)=(cos(pi/6-beta/2))/(cos(beta/2))`,
    `beta=pi/3-alpha< pi/3 => beta/2< pi/6`,
    `cos(beta/2)` убывает при `beta/2 in (0;pi/6)`,
    `cos(pi/6-beta/2)` возрастает при `beta/2 in (0;pi/6)`,
    Значит их отношение возрастает, поэтому `(MN)/(NL)<1/(sqrt3/2)=2/sqrt3=sqrt(4/3)<4/3`,<br />поэтому `MN` и `NL` не могут равняться соответственно `4` и `3`.
    Пусть они равны `3` и `4`.
    Тогда точно также получаем (через треугольники `MNB` и `NBL`), что `(NL)/(MN)=(cos(pi/6-alpha/2))/(cos(alpha/2))<4/3` - противоречие.<br />Значит, гипотенуза принимает одно из значений `4` или `3`. `3` не может быть, т.к. гипотенуза больше любого катета, поэтому `4`.
    `R=4/2=2`.

    Ответ: `2`.




  • Задача №5 (отборочный этап олимпиады по математике «Ломоносов» 2013 года в МГУ)
    Фиксированный луч света падает на зеркало, образуя со своей проекцией на плоскость зеркала острый угол `A`. Зеркало поворачивают вокруг указанной проекции на острый угол `B`. Найдите угол между двумя отраженными лучами до и после поворота.

    Решение:
    1. Введем прямоугольную систему координат. Плоскость `Oxy` совместим с плоскостью зеркала, ось `Oy` направим по прямой, на которую проектируется падающий луч, начало координат помести в точку падения луча и пусть при этом падающий луч проектируется на отрицательную часть оси `Oy`. Ось `Oz` направим в ту сторону, откуда приходит падающий луч.
    2. Тогда следующий вектор `a={0,-cosA,sinA}` имеет длину `1`, лежит на падающем луче и направлен противоположно направлению падения луча. А вектор `b={0,cosA,sinA}` также имеет длину `1` и направлен по отраженному лучу.
    3. Теперь повернем плоскость зеркала на угол `B` относительно оси `Oy`. Поворот будем делать в направлении от положительной части оси `Oz` к положительной части оси `Ox`. Тогда вектор `n={sinB,0,cosB}` будет перпендикулярен плоскости повернутого зеркала.
    4. Найдем вектор `c={x,y,z}`, лежащий на отраженном луче после поворота. Потребуем, чтобы `|c|=1`. Тогда сумма векторов `a+c` перпендикулярна плоскости повернутого зеркала и, следовательно,
    `a+c=tn`, (1)
    где `t` - некоторое число. Распишем равенство (1) в координатах:
    `x=tsinB`
    `y-cosA=0`
    `z+sinA=tcosB`
    5. Далее `|c|=1 <=> x^2+y^2+z^2=1`. Из полученной системы находим `t_1=0`, `t_2=2cosBsinA`. Итак, векторное уравнение (1) при условии `|c|=1` имеет всего два решения: `c_1=-a и c_2=t_2*n-a={sin2BsinA,cosA,sinAcos2B}`. Первое решение является посторонним, а второе дает искомый вектор `c`. С помощью скалярного произведения находим теперь косинус угла между векторами `b` и `c`, который и есть угол между двумя отраженными лучами:
    `cosC=cos^2A+sin^2Acos2B`

    Ответ: `arccos(cos^2A+sin^2Acos2B)`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике