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» по математике / Задания прошлых лет с решениями (2005-2010)
  • Задача №2 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    Какое наибольшее число раз можно последовательно взять логарифм по основанию `3` от числа `27^81` (первый раз логарифм берется от этого числа, а затем всякий раз — от числа, полученною в предыдущий раз)?

    Решение:
    Последовательно беря логарифмы по основанию `3`, получаем цепочку
    `27^81 -> 3*81 -> 5 -> 1,... -> 0,... -> a<0`, а от отрицательного числа логарифм уже не берется.<br />
    Ответ: `5`.
  • Задача №3 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    При каких значениях `a` существует единственное решение системы
    `{(x^2+y^2=4),((x-3)^2+(y+4)^2=a):}`

    Решение:
    Имеем две окружности. Первая с центром в точке `O_1(0;0)` и радиусом `r_1=2`, вторая с центром в точке `O_2(3;-4)` и радиусом `r_2=sqrta`, где `a>=0`.
    Система имеет единственное решение `iff` окружности касаются. Касание окружности возможно в двух случаях, когда одна окружность внутри другой и когда они рядом.
    Случай, когда они рядом: расстояние между центрами должно равняться сумме радиусов, т.е.
    `sqrt(3^2+4^2)=r_1+r_2 iff 5=2+sqrta iff a=9`.
    Случай, когда одна окружность внутри другой. Тогда расстояние между центрами есть разность радиусов, т.е.
    `5=sqrta-2 iff a=49`.

    Ответ: `9`, `49`.
  • Задача №4 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    Лиса преследовала кролика но прямолинейной дорожке, ведшей к норе кролика. Их скорости были постоянны. В некоторый момент расстояние от кролика до норы было равно `7` м, а до лисы — `13` м . В некоторый следующий момент расстояние между кроликом и норой стало вдвое меньше расстояния между ним и лисой. Успела ли лиса догнать кролика, прежде чем тот юркнул в нору?

    Решение:
    Если бы после первого момента лиса бежала с такой скоростью `v`, что она одновременно с кроликом добежала бы до норы, то во второй из указанных моментов (так же как и в первый) расстояние между кроликом и норой было бы в `7/13` раз меньше расстояния между ним и лисой. Поскольку в нашем случае отношение этих расстояний равно `1/2 < 7/13`, лиса в действительности бежала со скоростью меньшей, чем `v`, а значит, не успела догнать кролика.

    Ответ: нет.
  • Задача №5 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    Найти радиус окружности, описанной около равнобедренною треугольника с основанием `6`, если синус одного его угла равен косинусу другого.

    Решение:
    Условие "синус одного угла равен косинусу другого" означает, что треугольник имеет либо углы `alpha, 90^0-alpha, 90^0`, либо углы `alpha, 90^0+alpha, 90^0-2alpha`. Поскольку треугольник еще и равнобедренный, он имеет углы либо углы `45^0, 45^0, 90^0`, либо углы `30^0, 120^0, 30^0`. В первом случае радиус описанной окружности равен половине гипотенузы, т.е. `3`, а во втором случае он равен `6/(2sin120^0)=2sqrt3`.

    Ответ: `3` или `2sqrt3`.
  • Задача №6 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    Решить неравенство
    `sqrt(25^x-2^(3-x))<7*2^(-x/2)-2*5^x`<br />

    Решение:
    `sqrt(25^x-2^(3-x))<7*2^(-x/2)-2*5^x iff 2^(x/2)sqrt(25^x-2^(3-x))<7-2*5^x*2^(x/2)` `iff sqrt(t^2-8)<7-2t`, где `t=50^(x/2)` `iff {(t^2-8<49+4t^2-28t),(t^2-8>=0),(7-2t>=0):} iff t in [2sqrt2;3)`
    `50^(x/2) in [2sqrt2;3) iff x in [log_50 8; log_50 90)`.

    Ответ: `x in [log_50 8; log_50 90)`.
  • Задача №7 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    Решить уравнение
    `2+cosx=sqrt3|sin((3x)/4)|sinx`

    Решение:
    `2+cosx=sqrt3|sin((3x)/4)|sinx`,
    `2+cosx<=sqrt3sinx iff 1<=sqrt3/2sinx-1/2cosx iff 1<=sin(x=pi/6)`,<br />следовательно `1=sin(x-pi/6) iff x-pi/6=pi/2+2pik, k in ZZ iff x=(2pi)/3+2pik, k in ZZ`.
    Не забываем про условие `|sin((3x)/4)|=1 iff sin|(pi/2+(3pik)/2)|=1 iff k` - четное (`k=2n, n in ZZ`).

    Ответ: `(2pi)/3+4pin, n in ZZ`.
  • Задача №8 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    Основанием прямой призмы `ABCA'B'C'` служит прямоугольный треугольник с катетами `AB = 3` и `AC = 4`. Через середину бокового ребра `BB' = 10` параллельно `AC` проведена прямая `l`. Какие значения может принимать площадь параллелограмма, у которою две вершины — точки `A` и `B`, а остальные две вершины лежат на прямых `A'C` и `l` соответственно?

    Решение:
    image
    Пусть `A` и `B` - смежные вершины параллелограмма. Если параллельно перенести прямую `l` на вектор `vec(BA)`, то получится прямая `l'`, проходящая через середины отрезков `A'A` и `C'C` (рисунок). Эта прямая пересекает прямую `A'C` в середине `B` отрезка `A'C`. Точка `O` получается из некоторой точки `L in l` параллельным переносом на вектор `vec(BA)`, так что `ABLD` - искомый параллелограмм. Прямоугольный треугольник `ABD` (прямая `AB` перпендикулярна всей плоскости `AC C'A'`) является половиной этого параллелограмма. Площадь этого треугольника равна `1/2AB*CD=1/4*AB*A'C=3/4sqrt(10^2+4^2)=3/2sqrt29`, а значит, площадь параллелограмма равна `3sqrt29`.

    Если же `A` и `B` - противоположные вершины параллелограмма, то две другие его вершины симметричны относительно середины отрезка `AB`. Прямая `l'`, симметричная прямой `l` относительно середины отрезка `AB`, проходит в плоскости `AC C'A'` параллельно прямой `AC` на расстоянии `5` от неё и пересекает прямую `A'C` в точке `E` (рисунок). Точка `E` симметрична некоторой точке `L in l` относительно середины отрезка `AB`, так что `AEBL` - искомый параллелограмм. Прямоугольный треугольник `ABE` является половиной этого параллелограмма. Площадь этого треугольника равна `1/2AB*AE=3/2sqrt(AF^2+FE^2)`, а значит, площадь параллелограмма равна `3sqrt61`.

    Ответ: `3sqrt29` или `3sqrt61`.
  • Задача №9 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    Найти все натуральные значения `n`, удовлетворяющие уравнению
    `2008[nsqrt(1004^2+1)]=n[2008sqrt(1004^2+1)]`
    где `[x]` - наибольшее целое число, не превосходящее числа `x`.

    Решение:
    Оценим выражение `sqrt(1004^2+1)`. Очевидно оно чуть больше чем `1004`, в связи с чем нам надо явно выразить это чуть больше и поработать с ним. Математически говоря `sqrt(1004^2+1)=1004+epsilon`. Оценка значений `epsilon` - ключевая идея задачи.
    Возведем в квадрат `1004^2+1=1004^2+2008epsilon+epsilon^2`,
    `2008epsilon+epsilon^2=1`,
    сразу получаем одну явную оценку для `epsilon`:
    `2008epsilon<2008epsilon+epsilon^2=1 => 2008epsilon<1 => epsilon<1/2008`. (это достаточная оценка сверху, надо будет еще снизу оценить, об этом позже)<br />Подставим в уравнение вместо `sqrt(1004^2+1)` выражение `1004+epsilon`
    `2008[n(1004+epsilon)]=n[2008(1004+epsilon)]`,
    `2008[1004n+n*epsilon]=n[2008*1004+2008epsilon]`.
    `2008*1004` - целое, а `2008epsilon<1 =>` по определению `[2008*1004+2008epsilon]=2008*1004`.
    `2008[1004n+n*epsilon]=n*2008*1004`.
    Лемма: Пусть `n in NN, alpha in RR`. Тогда `[n+alpha]=n+[alpha]`.
    На первый взгляд это очевидно, попробуйте сделать доказательство. Если не получится, я допишу.
    `1004n in NN`, применяем лемму к левой части уравнения:
    `2008(1004n+[n*epsilon])=n*2008*1004`,
    `2008*1004n+2008[n*epsilon]=n*2008*1004`,
    `2008[n*epsilon]=0`.
    Очевидно последнее равенство выполняется тогда и только тогда, когда
    `n*epsilon<1`,<br />`n<1/epsilon`. ([дальше можно напрямую оценить `epsilon` либо сделать то, что ниже)<br />`epsilon=sqrt(1004^2+1)-1004=>1/epsilon=1/(sqrt(1004^2+1)-1004)=`
    `=(sqrt(1004^2+1)+1004)/((sqrt(1004^2+1)-1004)(sqrt(1004^2+1)+1004))=sqrt(1004^2+1)+1004=1004+epsilon+1004=2008+epsilon`.
    Итак `n<2008+epsilon`, где `epsilon<1/2008`, `n in NN` поэтому `n<=2008`.<br />

    Ответ: `n=1,2,3,...,2007,2008`.

    Еще одно решение:
    image
  • Задача №10 (Олимпиада «Ломоносов» 2008 - очный тур)
    На числовой прямой отмечены `4` синие точки,соответствующие первым членам геометрической прогрессии с первым членом — `2` и знаменателем — `2`, а также `4` зеленые точки, соответствующие первым членам некоторой арифметической прогрессии с первым членом — `5`. Какова при этом наименьшая возможная сумма длин `4` отрезков с разноцветными концами, включающими все `8` отмеченных точек? (Каждая из `8` точек является концом одного из отрезков.)

    Решение:
    image
    Для любых пар чисел `a<=b` и `A <= B` имеем `|a-A|+|b-B|<=|a-M|+|M-A|+|b-M|+|M-B|=|a-B|+|b-A|` где `M` - любая точка, лежащая между `a` и `B`, а также одновременно между `b` и `A` (такая точка всегда существует, поскольку если изобразить точки `a` и `b` на одной оси, а точки `A` и `B` - на другой, параллельной первой (рисунок), то они будут образовывать вершины четырёхугольника abBA, диагонали которого обязательно пересекаются в некоторой точке, имеющей как раз искомую координату `M`). Из этого неравенства следует, что при фиксированных зелёных точках для достижения наименьшей суммы длин `4` отрезков меньшую из зеленых точек достаточно соединять отрезком с меньшей из синих, вторую по величине зелёную - со второй по величине синей, третью зелёную - с третьей синей, а четвёртую - с четвёртой.<br />
    1. Пусть арифметическая прогрессия возрастает. Тогда зелёные точки расположены в порядке `-5, -5 + d, -5 + 2d, -5 + 3d`, а синие - в порядке `-8, -2, 4,16`, и задача сводится к нахождению минимума функции
    `f(d)=3+|d-3|+|2d-9|+|3d-21|=3+|d-3|+2|d-4,5|+3|d-7|>=`
    `>=3+d-3+2d-9-3d+21=12=f(5)`
    который, таким образом, равен `12`.
    2. Если же прогрессия не возрастает, то расстояние от синей точки `16` до любой зеленой точки будет не меньше `21`, то есть больше `12`.

    Ответ: `12`.
  • Условия варианта 2 олимпиады «Ломоносов» 2008 года
    image
    image
    image

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике