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 «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 / Задания и решения заочного тура


  • 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 Покори Воробьевы горы 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2011-2012 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2010-2011 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - решения очного тура в Москве.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - решения очного тура в Брянске.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2011-2012 - решения очного тура по математике по всем городам (9 вариантов).
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2013-2014 - задания и решения заочного тура

  • Задача №1 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    В волейбольном турнире каждая команда сыграла с каждой ровно по одному
    разу, причем `25%` команд ни разу не выиграли. Сколько команд участвовало в
    турнире?

    Решение:
    В волейболе не бывает ничьих. Поэтому
    число команд, которые ни разу не выиграли, не может быть больше `1`. В
    противном случае эти "ни разу не выигравшие" команды играли бы между
    собой, и тогда одна из них обязательно выиграла бы. Так что был турнир
    из `4` команд, в котором одна команда проиграла все матчи.
    Ответ: `4`.
  • Задача №2 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Решите уравнение
    `3cosx+4sinxsiny=5/cos(2010y)`

    Решение:
    Тут применяется метод вспомогательного аргумента:
    `asinx+-bcosx=sqrt(a^2+b^2)sin(x+-t)`, где `t=arcsin(b/sqrt(a^2+b^2))`, причем `a,b>=0`.

    По определению `|siny|<=1 => -4<=4siny<=4`. Обозначим `4siny=a => -4<=a<=4` т.е. `|a|<=4 => a^2<=16`.
    Теперь (перешел к модулям (вместо `f=g` использую `|f|=|g|`) для полноты)
    `|3cosx+4sinxsiny|=|3cosx+asinx|=|sqrt(3^2+a^2)sin(x+arsin(3/sqrt(3^2+a^2)))|`
    `=|sqrt(9+a^2)|*|sin(x+arcsin(3/sqrt(3^2+a^2)))|<=sqrt(9+a^2)` (т.к. `|sin(x+arcsin(3/sqrt(3^2+a^2)))|<=1`)
    Т.к. `a^2<=16 => |3cosx+4sinxsiny|<=sqrt(9+a^2)<=sqrt(9+16)=5`.
    С другой стороны, поскольку `|cos(2010y)|<= 1 =>` `|5/cos(2010y)|>=5`.
    Итого, получили, что `5<=|5/cos(2010y)|=|3cosx+4sinxsiny|<=5`.
    Следовательно (иначе получим противоречие `5<5`) все неравенства обращаются в равенства.
    Т.е. `|5/cos(2010y)|=5`, что верно при `|cos(2010y)|=1`,
    и `|3cosx+4sinxsiny|=5`, что верно при `|a|=4` т.е. `|siny|=1` и при `|sin(x+arcsin(3/sqrt(3^2+a^2)))|=|sin(x+arcsin(3/5))|=1`.

    Теперь аккуратно избавляемся от модулей.
    Заметим, что если `|siny|=1 => siny=+-1 => y=+-pi/2+2pik, k in ZZ`.
    Тогда `cos(2010y)=cos(+-1005pi+4020pik)=cos(+-pi)` (период косинуса равен `2pi`) `= -1` (при этом не нарушается необходимое условие `|cos(2010y)|=1`).
    Поэтому `5/cos(2010y)=-5 => 3cosx+4sinxsiny=-5`.

    Два случая:
    а. `siny=1` (`y=pi/2+2pik, k in ZZ`) `=> 4sinx+3cosx=-5 => sin(x+arcsin(3/5))=-1 => x=-pi/2-arcsin(3/5)+2pin, n in ZZ`.
    б. `siny=-1` (`y=-pi/2+2pik, k in ZZ`) `=> -4sinx+3cosx=-5 => 4sinx-3cosx=5`,
    `sin(x-arcsin(3/5))=1 => x=pi/2+arcsin(3/5)+2pin, n in ZZ`.

    Это и есть Ответ.

  • Задача №3 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Найдите произведение двух трехзначных натуральных чисел, если оно втрое меньше шестизначного числа, получающегося приписыванием одного из этих двух чисел вслед за другим.

    Решение:
    `barx,bary` - искомые числа, `bar(barx bary)` - шестизначное. `xy`- неизвестно.
    1. `3xy=10^3*x+y`.
    2. `y(3x-1)=1000x`,
    `(x,3x-1)=1`,
    `{(y=kx),(1000=k(3x-1)):}`
    3. `3x-1>=299 => k<=3`.
    4. `k=1, 3x=1001 O/`.
    `k=2, x=167, y=2*167, xy=2*167^2`.

    Ответ: `2*167^2`.
  • Задача №4 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Решите уравнение
    `[n*lg5]+[n*lg2]=2010`
    относительно натурального числа `n`.

    Решение:

    Докажем вначале, что `lg 2` не является рациональным числом. От противного. Пусть `lg2=k/m`. Тогда `10^k/m=2`. Значит, `10` в степени `k` равно `2` в степени `m`, что невозможно. `lg 2 + lg 5 = lg 10 = 1`, следовательно, `lg 5` также не является рациональным.
    Итак, для любого `n` числа `n*lg 2` и `n*lg 5` не являются целыми. Следовательно,
    `[n*lg 2]< n*lg 2 < [n*lg 2]+1, [n*lg 5]< n*lg 5 <[n*lg 5]+1`.
    Сложив эти неравенства, получаем:
    `[n*lg 2]+[n*lg 5]< n*lg 2+n*lg 5= n <[n*lg 2]+[n*lg 5]+2`,
    откуда следует, что `[n*lg 2]+[n*lg 5] = n-1=2010`.
    Итак, `n=2011`.

    Ответ:
    `2011`.
  • Задача №5 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Из вершины `C` прямого угла треугольника `ABC` опущена высота `CH`. Где на отрезке `BH` нужно поставить точку `M`, чтобы из отрезков `AH`, `AM` и `CM` можно было составить прямоугольный треугольник?

    Решение:
    image
    Введем обозначения: `|AH|=a`, `|CH|=b` (вариант: `|CH|` можно принять за единицу - выкладки упростятся), `|HM|=x`. Тогда `|CM|^2=x^2+b^2`. Из подобия треугольников `ACH` и `CBH` получаем `b/a=|BH|/b`. Следовательно, `|BH|=b^2/a`.
    Из трех отрезков можно составить прямоугольный треугольник тогда и только тогда, когда квадрат длины одного из них (гипотенузы) равен сумме квадратов двух других (теорема Пифагора и обратная к ней). Поскольку `|AH|` меньше либо равно `|AM|`, гипотенузой могут быть только отрезки `AM` или `CM`.
    1) Гипотенуза `AM`. Тогда `(a+x)^2=a^2+x^2+b^2`. Следовательно, `x=b^2/(2a)=1/2|HB|`. `M` - середина `HB`.
    2) Гипотенуза `CM`. Тогда `x^2+b^2=a^2+(a+x)^2`, следовательно, `x=b^2/(2a)-a`. Поскольку по условию задачи `х` неотрицательно, этот вариант возможен лишь при условии `|AH|` не превосходит `1/2|HB|`. Тогда точка `M` расположена на расстоянии `|AH|` от середины `BH` в сторону точки `H`.

    Ответ: `M` - середина `BH`. Если `|АН|` не превосходит `1/2|BH|`, то
    имеется второе решение: `M` расположена на расстоянии `|AH|` от середины
    `BH` в сторону точки `H`.

  • Задача №6 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Найдите все значения `k>2`, при каждом из которых существует непостоянная арифметическая прогрессия `x_1,…, x_k` и квадратный трехчлен `f(x)`, для которых `f(x_1),...,f(x_k)` — геометрическая прогрессия?

    Решение:
    Пусть `x_1,x_2=x_1+d,...,x_k=x_1+(k-1)d` - арифметическая прогрессия, `d` не равно `0`, `k>2`, `f(x)` - квадратный трехчлен и `f(x_1)=a, f(x_2)=qa,...,f(xk)=q^(k-1)a` - геометрическая прогрессия (`a` не равно `0` по определению геометрической прогрессии ). Тогда `g(x)= (1/a)f(dx+x_1)` - квадратный трехчлен, для которого `g(0)=1, g(1)=q,...,` `g(k-1)=q^(k-1)`. Пусть
    `g(x)=Ax^2+Bx+C`. Получаем систему уравнений:

    `C=1`
    `A+B+C=q`
    `4A+2B+C=q^2`
    `9A+3B+C=q^3`
    .... и т. д.
    Последовательно исключая `C, B, A` из первых 4-х уравнений, получаем
    `q^3-3q^2+3q-1=0`. Откуда `q=1, A=0, B=0`, т.е. `g(x)` не является квадратным трехчленом. Итак, установлено, что при `k` больше либо равном `4` задача решения не имеет. Если `k=3` и `q=3`,
    то `g(x)=2x^2+1` - квадратный трехчлен, который принимает значения `g(0)=1, g(1)=3`, `g(2)=9`, что удовлетворяет условию задачи.
    Итак, `k=3`.

    Ответ:
    `k=3`.
  • Задача №7 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Прямые `l_1, l_2` и `l_3` пересекаются в точке `A` под углом `60°` друг к другу. Заяц, начиная из точки `A`, совершает последовательные прыжки длиной `1` каждый: первый прыжок — в направлении прямой `l_1`, второй — в направлении `l_2`, третий — в направлении `l_3`, следующий — в направлении `l_1` и т.д. (по циклу). В какой-то момент заяц остановился на одной из этих трех прямых на расстоянии `2010` от точки `A`. В каком направлении был совершен его последний прыжок?

    Решение:
    image
    Вариант 1. Прямые лежат на плоскости.
    Возьмем на каждой прямой `l_i` единичный вектор `e_i (i=1, 2,3)` так, что эти векторы попарно образуют углы `120^0`. Тогда каждый прыжок зайца вдоль прямой `l_i` означает его перемещение на плоскости на вектор `e_i` или `-e_i`. В момент остановки заяц окажется в точке, отстоящей от точки `A` на вектор `m*e_1+n*e_2+k*e_3`, где каждый коэффициент `m,n` и `k` является суммой `1` и `-1` в количестве, равном числу прыжков вдоль соответствующей прямой. Заметим сразу, что эти коэффициенты будут четными, если соответствующее число прыжков четно, и нечетными в противном случае. Будем считать для определенности, что заяц остановился на прямой `l_1` в направлении вектора `e_1`. (Остальные случаи разбираются совершенно аналогично). Тогда
    `m*e_1+n*e_2+k*e_3=2010*e_1`. Откуда `(m-2010)*e_1+n*e_2+k*e_3=0` (ноль векторный). Докажем, что в последнем равенстве все множители при векторах равны. Имеем `n*(e_1+e_2+e_3)=0`. Вычтем это равенство из предыдущего. Получим
    `(m-n-2010)*e_1+(k-n)*e_3=0`. Но последнее равенство возможно лишь в том случае, если оба множителя при векторах нулевые, так как `e_1` и `e_3` не коллинеарны.
    Итак доказано, что `m-2010=n=k`. Следовательно, `m,n` и `k` либо одновременно четные, либо одновременно нечетные. В силу сказанного выше, то же верно и для количества прыжков вдоль прямых. Поскольку в процессе движения зайца числа прыжков вдоль прямых не могут различаться более, чем на `1`, отсюда следует, что заяц совершил равное количество прыжков вдоль всех прямых. Значит, последний прыжок был вдоль `l_3`.

    Вариант 2. Прямые не лежат в одной плоскости.
    Превратим наши прямые в координатные оси, выбрав на каждой из них положительное направление и взяв за начало координат точку `A`. Тем самым мы зададим в пространстве косоугольную (или аффинную) систему координат. В начальный момент заяц находится в точке `A` с координатами `(0,0,0)`. Любой прыжок зайца вдоль первой прямой приводит к изменению его первой координаты на `1` или `-1`, аналогично для второй и третьей прямой. В итоге он оказывается в точке, у которой две координаты равны `0`, а третья равна `2010` или `-2010`. Все эти координаты - четные. Следовательно, вдоль каждой прямой совершено четное число прыжков. Поскольку в процессе движения зайца числа прыжков вдоль прямых не могут различаться более, чем на `1`, отсюда следует, что заяц совершил равное количество прыжков вдоль всех прямых. Значит, последний прыжок был вдоль `l_3`.
    Решение может быть оформлено также в терминах направляющих векторов координатных осей или в терминах плоскостей, проходящих через целочисленные точки оси параллельно двум другим осям.

    Ответ: `l_3`.
  • Задача №8 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Найдите наименьшее значение величины `2|x|-|y|` при условии
    `log_{4}(x+2y)+log_{4}(x-2y)=1`

    Решение:
    image
    Задача допускает следующую стандартную переформулировку:
    Найти наименьшее значение параметра `a`, при котором система
    `2|x|-|y|=a`
    `log_4(x+2y)+log_4(x-2y)=1` (1)
    имеет решение.
    ОДЗ системы определяется неравенствами:
    `x+2y>0`
    `x-2y>0`
    и является частью плоскости, симметричной относительно оси `Ox`
    В области допустимых значений второе уравнение системы равносильно уравнению
    `x^2-4y^2=4` (2).
    Это уравнение в ОДЗ задает ветвь гиперболы (см. чертеж), но про это говорить не обязательно. Главное, что множество его решений также симметрично относительно оси `Ox` (если `(x,y)` - решение, то `(x,-y)` - также решение) и всякое решение `(x,y)` уравнения (2) с положительным `х` входит в ОДЗ системы. Докажем последнее. Пусть `(x,y)` - решение уравнения (2) и `x>0`.
    `x^2-4y^2=4 <=> (x-2y)(x+2y)=4`; если `y` неотрицательно, то `x+2y>0`, если `y<0`, то `x-2y>0`. Значит, оба множителя `(x-2y)` и `(x+2y)` положительны, что и требовалось.
    Множество решений уравнения
    `2|x|-|y|=a`
    симметрично относительно обеих координатных осей.
    Таким образом, система (1) имеет решение тогда и только тогда, когда имеет решение система
    `2x-y=a`
    `x^2-4y^2=4`
    `x>0`
    `y>=0`
    (модули раскрыты с учетом ограничений на `x` и `y`).
    Решаем методом подстановки.
    `y=2x-a`
    `x^2-4(2x-a)^2=4`
    `15x^2-16ax+4a^2+4=0` (3)
    `D/4=4a^2-60>=0`. По теореме Виета произведение корней уравнения (3) равно `4a^2+4/15>0`. Следовательно, корни уравнения (3) имеют одинаковый знак. Значит, при `a<0` положительных корней не будет. Наименьшее положительное `a`, при котором дискриминант уравнения (3) неотрицателен, равно `sqrt15`. Тогда `x=(8a)/15>0`, `y=2x-a=a/15>0` - наша система имеет решение.
    Итак, наименьшее значение `a`, при котором система (1) имеет решение, равно `sqrt15`.

    Ответ: `sqrt15`.
  • Задача №9 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Существует ли тетраэдр, длины всех шести ребер которого образуют геометрическую прогрессию со знаменателем `root(3)2`?

    Решение:
    Докажем, что тетраэдр с указанными выше ребрами существует. Заметим прежде всего, что существует треугольник `ABC` со сторонами `AB=1, AC=2t^2, BC=2t`, поскольку
    `1+2t>2t^2` при `t=root(3)2`. (1)
    Квадратный трехчлен `2t^2-2t-1` имеет корни `(1-sqrt3)/2 и (1+sqrt3)/2`. Сравним `root(3)2` и `(1+sqrt3)/2`. Возводим в куб и получаем `root(3)2 < (1+sqrt3)/2`, следовательно, (1) выполнено.

    Разместим треугольник `ABC` на координатной плоскости `Oxy` так, что `A` имеет координаты `(0,0), B(1,0) и C(x,y)` где `y>0`. Найдем `x,y`, используя соотношения: `AC=2t^2, BC=2t`.
    Получаем систему
    `x^2+y^2=8t`
    `(x-1)^2+y^2=4t^2`
    Из первого уравнения системы вычитаем второе и получаем `x=(8t-4t^2+1)/2`, `y^2=8t-x^2`
    `y^2=(127-16t-56t^2)/4, y=sqrt(127-16t-56t^2)/2`. Выражение под корнем неотрицательно, так как в противном случае система не имела бы решения, но мы знаем, что решение есть, поскольку треугольник `ABC` заведомо существует.

    Добавим теперь к координатной системе ось `Oz` и пусть точка `D` имеет координаты `(a,b,c)` где `с>0`. Существование тетраэдра с указанными выше ребрами равносильно существованию решения у системы
    `a^2+b^2+c^2=2t`
    `(a-1)^2+b^2+c^2=t^2`
    `(a-x)^2+(b-y)^2+c^2=4`
    Действительно, всякое решение `(a,b,c)` системы определяет точку `D(a,b,c)`, для которой `AD=t^2, BD=t, DC=2` - мы получаем искомый тетраэдр.
    Вычитаем уравнения: (1)-(2), получаем: `a=(2t-t^2+1)/2`
    (1)-(3): `2ax+2by=10t-4 (x^2+y^2=8t)`
    `2ax=(11t^2+18t-31)/2, b=(23-11t^2+2t)/(2sqrt(127-16t-56t^2))`,
    `a^2=(2t^2+6t-7)/4, b^2=(441+334t-502t^2)/(4(127-16t-56t^2))`,
    `c^2=2t-a^2-b^2=(8t-44t^2+72)/(127-16t-56t^2)` (проверьте вычисления, не исключены арифметические ошибки).
    Знаменатель последней дроби больше `0`. Следовательно, решение существует тогда и только тогда, когда `-44t^2+8t+72>0`. Находим корни квадратного трехчлена: `t_1=(1-sqrt199)/11`, `t_2=(1+sqrt199)/11`. Докажем, что `root(3)2<t_2`. Имеем `sqrt199>14, 1+sqrt199)>15`, `15^3=3375>11^3*2=2662`. Таким образом, при `t=root(3)2`, `c^2>0` - система имеет решение.

    Ответ: да. Пример - тетраэдр `ABCD` с ребрами `AB=1, AC=2t^2, BC=2t`, `AD=t^2, BD=t, DC=2` где `t=root(3)2`.

    Замечания: 1) Для существования тетраэдра с данным набором ребер не достаточно выполнения неравенств треугольника для всех граней.
    2) Можно написать, что выбор варианта, предложенного в ответе, основан на компьютерном переборе всех вариантов (кстати, в этом случае будет совсем хорошо, если вы перечислите все имеющиеся решения (я не интересовался, есть ли еще что-нибудь, кроме приведенного в ответе)). Но это делать не обязательно: математик имеет право угадать ответ, а затем обосновать его.
    3) Доказательство существования тетраэдра с указанными ребрами можно провести и по-другому.
    4) Задача исключительно тупая: перебор и громоздкий счет при отсутствии каких-нибудь серьезных математических идей.
  • Задача №10 - «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 (заочный тур)
    Число `P` — произведение всех простых чисел, меньших `30`. Из натуральных делителей числа `P` требуется составить множество `M`, в котором ни одно число не делится нацело на другое. Какое наибольшее количество чисел может содержать множество `M`?

    Решение:
    Всего простых чисел, меньших `30`, ровно `10`. Таким образом `P` есть произведение `10` простых множителей. Натуральные делители `P` являются различными произведениями этих множителей. Назовем `рангом` делителя количество сомножителей, которые его образуют. `1` - делитель ранга `0`, само число `P` является делителем ранга `10`. Рассмотрим множество `M`, состоящее из делителей ранга `5`. Очевидно, что оно удовлетворяет условию задачи и число элементов в `M` равно числу сочетаний из `10` по `5`: `(10*9*8*7*6)/(5*4*3*2)=252`.
    Остается показать, что во всех других множествах `M`, удовлетворяющих условию задачи, число элементов меньше.
    Рассмотрим вначале случай, когда `M` содержит делитель ранга `k<5`. Будем считать при этом, что `k` есть наименьший ранг чисел, входящих в `M`. Пусть `n` - число делителей из `M` ранга `k`. Удалим все такие делители из `M`, и вместо каждого из них добавим в `M` всевозможные произведения этого делителя на простые множители, которые не входят в него. Другими словами, на месте каждого делителя ранга `k` появляется `(10 - k)` делителей ранга `k+1`. Но при этом возможен "повторный счет", поскольку один и тот же делитель ранга `k+1` мог появиться при домножении на простой множитель из различных делителей ранга `k`. Всего таких вариантов не более `k+1`. Таким образом, общее количество добавленных делителей ранга `k+1` можно оценить снизу числом `n*(10 - k)/(k+1)`, которое больше `n`. Итак, в результате нашей процедуры мы получим множество `M'`, количество элементов в котором больше, чем в `M`, и которое также удовлетворяет условию задачи. В самом деле, добавленные элементы ранга `k+1` не могут быть делителями никаких элементов `M`, потому что породившие их элементы ранга `k` не были делителями. Сами добавленные элементы не могут ни на что делиться, потому что их ранг в `M'` наименьший.
    При необходимости можно проделать описанную выше процедуру несколько раз и избавиться от всех элементов `M` ранга `<5`. При этом на каждом шаге будет получаться множество со все большим числом элементов.
    Покажем теперь, как совершенно аналогично можно избавляться от элементов ранга `k>5`. Пусть `k` - наибольший ранг делителей, входящих в `M`, и `n` - количество таких делителей. Удаляем все эти делители из `M` и на место каждого из них записываем все делители, получающиеся удалением из данного делителя любого простого множителя. Т.е. мы получаем к новых делителей ранга `(k - 1)`. При этом каждый новый делитель ранга `(k - 1)` мог появиться из делителей ранга `k` не более чем `(10-(k-1))` способами. Значит, общее количество добавленных делителей ранга `(k-1)` больше либо равно `n*k/(11-k)>n`. Итак, мы снова получаем множество `M'` с большим числом элементов, удовлетворяющее условию задачи.
    Повторив эту процедуру несколько раз, мы избавимся от всех элементов ранга `>5` и получим множество, состоящее только из элементов ранга `5`, что и доказывает наше утверждение.

    Ответ: `252`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике