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.

Олимпиада «Высшая проба» 2011-2012 - Задания и решения очного тура по математике


  • 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 Высшая проба 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике.
    Олимпиада «Высшая проба» 2011-2012. Задания и решения очного тура по математике.

    «Высшая проба» — олимпиада 2012-2013 — задания и решения очного тура.
    «Высшая проба» — олимпиада 2012-2013 — задания и решения отборочного этапа.

    Олимпиада «Высшая проба» 2013-2014 — задания и решения отборочного этапа.
    «Высшая проба» — олимпиада 2013-2014 - задания и решения демонстрационного варианта по математике.
  • Задача №1 (олимпиада «Высшая проба» 2011-2012 по математике)
    Найдите все пары взаимно простых натуральных чисел `a` и `b`, такие, что `2a^2 + 3b^2` делится на `2a + 3b`.

    Решение:
    Заметим, что `4a^2 - 9b^2 = (2a + 3b)(2a - 3b)` делится на `2a + 3b`, поэтому `15b^2 = 2(2a^2 + 3b^2)-(4a^2-9b^2)` и `10a^2 = 3(2a^2+3b^2)+(4a^2-9b^2)` делится на `2a+3b.` Значит, если бы `2a+3b`
    делилось на простое число `p`, отличное от `2, 3` и `5`, то `15b^2` и `10a^2` делились бы на `p`, взаимно простое с `10` и `15`, поэтому `a` и `b` также делились бы `p`, что противоречило бы их взаимной простоте. Если бы `2a + 3b` делилось на `5^2`, то `15b^2` и `10a^2` делились бы на `5^2`, поэтому `3b^2` и `2a^2` делились бы на `5`, это число взаимно просто с каждым из чисел `2` и `3`, поэтому `a` и `b` также делились бы `5`, что противоречило бы взаимной простоте `a` и `b`. Аналогично, если бы `2a + 3b` делилось на `2^2` или `3^2`, то `a` и `b` делились бы на `2` или `3` соответственно, что также противоречило бы их взаимной простоте. Значит `2a+3b` не делится ни никакое простое число, кроме `2, 3` и `5`, а также не делится на `2^2, 3^2` и `5^2`. Поэтому оно равно `2, 3, 5`, или произведению некоторых из этих трех простых чисел, то есть `6, 10, 15` или `30`.
    При `2a + 3b = 30`, как доказано выше, `15b^2 vdots 30` и `10a^2 vdots 30`, поэтому `b^2 vdots 2` и `a^2 vdots 3`, значит `b vdots 2` и `a vdots 3`. Поэтому `a = 3k` и `b = 2m`, где `k` не делится на `2`, а `m` - на `3` (иначе `a` и `b` не взаимно просты), и `2a + 3b = 6(k + m) = 30`, то есть `k + m = 5`. Отсюда `k = 1`; `m = 4` или `k = 3`; `m = 2`, то есть `a = 3`; `b = 8` или `a = 9`; `b = 4`. Оба варианта дают решение задачи, так как в обоих случаях `2a^2 + 3b^2 = 210 vdots 30`.
    Аналогично, при `2a + 3b = 15` получаем `a vdots 3`. Поэтому `a = 3k`, где `k` не делится на `2`, а `b` - на `3` (иначе `a` и `b` не взаимно просты), и `2a + 3b = 3(2k + b) = 15`, то есть `2k + b = 5`.
    Отсюда `k = 2`; `b = 1`; `a = 6`, и это решение задачи, так как в этом случае `2a^2 +3b^2 = 75 vdots 15`.
    Никакое из уравнений `2a + 3b = 10, 2a + 3b = 6, 2a + 3b = 3, 2a + 3b = 2` не имеет взаимно простых натуральных решений, а уравнение `2a + 3b = 5` дает решение `a = b = 1`.

    Ответ: `(1,1), (6,1), (3,8), (9,4)`.

  • Задача №2 (олимпиада «Высшая проба» 2011-2012 по математике)
    Найдите максимальное число частей, на которые могут разбить плоскость графики `10` квадратичных функций `y = ax^2 + bx + c`, `a!= 0`.

    Решение:
    Пронумеруем параболы, и для каждого числа `k` от `2` до `10` обозначим через `b_k` число точек пересечения параболы номер `k` с параболами меньших номеров. Эти точки разбивают параболу номер `k` на `b_k + 1` кусок. Заметим, что, если параболы с номерами меньше `k` разбивали плоскость на `N` частей, то каждый из `b_k+1` кусков параболы номер `k` разбивает одну из этих частей на две, поэтому параболы с номерами до `k` включительно разбивают плоскость на `N+b_k+1` частей. Применяя это рассуждение при всех `k` от `2` до `10`, получаем, что все десять парабол разбивают плоскость на `11 + b_2 + ... + b_10` частей.
    Так как квадратичное уравнение имеет не более двух решений, две параболы пересекаются не более, чем в двух точках, поэтому `b_2 <= 2, b_3 <= 4, b_4 <= 6, ... , b_10 <= 18`, поэтому
    `11 + b_2 + ... + b_10 <= 101`. Это оценка достигается, если каждые две из десяти парабол пересекаются в двух точках, и ни в какой точке не пересекаются три.
    Покажем, что такое возможно: выберем `10` не горизонтальных прямых, таких что никакие три не проходят через одну точку, и любые две пересекаются в точке с положительной абсциссой. Пусть `y = a_1x + c_1, ... , y = a_10x + c_10`  уравнения этих прямых, тогда никакие три из этих уравнений не имеют общего решения, и любые два имеют одно общее решение, в котором `x` положительно. Значит, никакие три из уравнений `y = a_1x^2 + c_1`, ... , `y = a_10x^2 + c_10` также не имеют общего решения, и любые два из них имеют два общих решения (а именно, если уравнения `y = a_kx + c_k` и `y = a_mx + c_m` имели общее решение `x = u > 0, y = v`, то уравнения `y = a_kx^2 + c_k` и `y = a_mx^2 + c_m` имеют два общих решения `x = +-sqrtu, y = v`). Поэтому среди парабол, заданных уравнениями
    `y = a_1x^2 + c_1, ... , y = a_10x^2 + c_10`, никакие три не пересекаются в одной точке, и любые
    две пересекаются в двух точках, поэтому они разбивают плоскость на `101` часть.

    Ответ: `101`.

  • Задача №3 (олимпиада «Высшая проба» 2011-2012 по математике)
    При каком значении параметра `a` график многочлена `x^4-6x^3+12x^2+ax` симметричен относительно прямой `x = c` для какого-нибудь значения константы `c`?

    Решение:
    Сделав замену переменной `t = x - c`, получим
    `x^4-6x^3+12x^2+ax = t^4+(4c-6)t^3+(6c^2-18c+12)t^2+(4c^3-18c^2+24c+a)t+(c^4-6c^3+12c^2+ac)`
    График функции `t^4+(4c-6)t^3+(6c^2-18c+12)t^2+(4c^3-18c^2+24c+a)t+(c^4-6c^3+12c^2+ac)` симметричен относительно вертикальной координатной прямой если и только если функция четная. Многочлен четный, если и только если его коэффициенты при `x` в нечетных степенях равны нулю:
    `4c - 6 = 4c^3 - 18c^2 + 24c + a = 0`.
    Решая эту систему уравнений, находим `c = 3/2` и `a = -9`.

    Ответ: `a=-9`.
  • Задача №4 (Межрегиональная многопрофильная олимпиада НИУ ВШЭ «Высшая проба» 2011-2012 по математике)
    В пространстве выбраны четыре точки, все координаты каждой из которых делятся на `3`, причем эти точки не лежат в одной плоскости. Какое минимальное число точек, все координаты которых четны, может содержаться в тетраэдре, вершинами которого являются выбранные четыре точки? (Содержаться  значит лежать внутри, на грани, на ребре или в вершине.)

    Решение:
    Докажем, что ровно одна точка с четными координатами может содержаться в требуемом тетраэдре: например, что `(4, 4, 4)`  единственная точка с четными координатами в тетраэдре с координатами вершин `(3, 3, 3)`, `(6, 3, 3)`, `(3, 6, 3)` и `(3, 3, 6)`. Так как каждому из уравнений `x = 3, y = 3, z = 3, x + y + z = 12` удовлетворяют три из четырех вершин тетраэдра, то эти уравнения описывают плоскости граней тетраэдра. Поэтому точка с координатами `(x, y, z)` содержится в этом тетраэдре, если и только если выполняются неравенства `x >= 3, y >= 3, z >= 3` и `x + y + z <= 12`. Если при этом `x, y` или `z` равно `3`, то не все координаты `(x, y, z)` четны. Если же `x, y` и `z` не равны `3`, но целочисленны, то выполняются неравенства `x >= 4, y >= 4, z >= 4`, которые вместе с неравенством `x+y+z <= 12` имеют единственное общее решение `x = y = z = 4`.
    Докажем теперь, что меньше одной точки с четными координатами не бывает.
    Вычислим координаты середины отрезка с концами `(x_1, y_1, z_1)` и `(x_2, y_2, z_2)`:
    `(x_1+x_2)/2, (y_1+y_2)/2, (z_1+z_2)/2` (*)
    а также координаты точки, делящей этот отрезок в отношении `2 : 1`:
    `(x_1+2x_2)/3, (y_1+2y_2)/3, (z_1+2z_2)/3` (**)
    Вычислим координаты точки пересечения медиан треугольника с вершинами `(x_1, y_1, z_1)`,
    `(x_2, y_2, z_2)` и `(x_3, y_3, z_3)`: она делит в отношении `2 : 1` медиану, поэтому можем вычислить координаты основания медианы по формуле (*) и затем координаты точки пересечения медиан по формуле (**):
    `(x_1+x_2+x_3)/3, (y_1+y_2+y_3)/3, (z_1+z_2+z_3)/3` (***)
    Нам также понадобятся два следующих наблюдения.
    1. Точка, симметричная точке с целочисленными (четными) координатами относительно точки с целочисленными координатами, также имеет целочисленные (четные) координаты. Действительно, если координаты центра симметрии, исходной и симметричной точек равны `(x_0, y_0, z_0)`, `(x_1, y_1, z_1)` и `(x_2, y_2, z_2)` соответственно, то по формуле (*) получим
    `x_2 = 2x_0 - x_1, y_2 = 2y_0 - y_1, z_2 = 2z_0 - z_1`.
    2. Если у параллелепипеда центры граней имеют целочисленные координаты, то такой параллелепипед содержит точку с четными координатами. Действительно, предположим, что это не так, и для каждой грани параллелепипеда рассмотрим параллельные ей плоскости, отстоящие от нее на расстояния, кратные расстоянию до противоположной грани. Эти плоскости разбивают пространство на параллелепипеды, равные исходному. Докажем, что в каждом из этих параллелепипедов центры граней имеют целочисленные координаты, и не содержится точек с четными координатами:
    шаг `1` - для исходного параллелепипеда это верно по предположению;
    шаг `2`  для параллелепипедов, имеющих общую грань с исходным, это верно согласно наблюдению `1`, так как их центры граней и целочисленные точки симметричны центрам граней и целочисленным точкам исходного параллелепипеда относительно его центров граней; шаг `3`  для параллелепипедов, имеющих общую грань с одним из рассмотренных на шаге `2`, это верно согласно наблюдению `1` аналогичным образом; и т.д.
    Таким образом, получили противоречие: ни в одном из параллелепипедов, покрывающих все пространство, нет точки с четными координатами.
    Теперь докажем, что в тетраэдре `ABCD`, координаты вершин которого делятся на `3`, содержится не менее одной точки с четными координатами. Заметим, что точки `A',B',C',D'` пересечения медиан граней `BCD, ACD, ABD, ABC` имеют целые координаты по формуле (***). Рассмотрим параллелепипед, образованный плоскостями `ACD, ABD, ABC`, а также симметричными им относительно точки `D'`. Заметим, что точки `A',B',C'` являются центрами симметрии его граней: действительно, точка `A'` делит медиану из точки `B` в том же отношении `2 : 1`, что и точка `B'`  медиану из точки `A`, поэтому отрезки `AB` и `A'B'` параллельны, поэтому точка `B'` лежит на пересечении грани параллелепипеда и прямой, проходящей через его центр параллельно его ребру, поэтому `B'` - центр его грани; рассуждения для `C'` и `D'` аналогичны.
    Таким образом, согласно замечанию `2`, построенный параллелепипед содержит точку `E` с четными координатами. Если `E` содержится в `ABCD`, то все доказано, иначе точка, симметричная `E` относительно `A'`, содержится в `ABCD` и также имеет четные координаты согласно наблюдению `1`.

    Ответ: `1`.
  • Задача №5 (Межрегиональная олимпиада школьников НИУ ВШЭ «Высшая проба» 2011-2012 по математике)
    Описанный четырёхугольник `ABCD` делится диагональю `AC` на два подобных, но не равных треугольника. Чему может быть равна длина диагонали `AC`, если длины сторон `AB` и `CD` равны `5` и `10`, соответственно?

    Решение:
    Обозначим искомую диагональ через `d`, она разбивает четырехугольник на два треугольника: один со сторонами `5` и `x`, другой со сторонами `10` и `15-x`. Всего пропорцию для двух подобных треугольников можно написать `6` способами: `x/a = 5/b = d/c`, где вместо чисел `a, b` и `c` надо брать все возможные перестановки чисел `d, 10` и `15 - x`.
    1) Случай `x/(15 - x) = 5/10 = d/d` сразу отметается, потому что там возникает равенство `1/2 = 1`.
    2) Случай `x/10 = 5/(15 - x) = d/d` приводит к `x = 10`, что дает равные треугольники и произвольную диагональ от `5` до `15`, и если решать совсем бездумно, еще и посторонний корень `x = 5`.
    3) Случай `x/(15 - x) = 5/d = d/10`. Самый частый в ответах, потому что для нахождения ответа `d = 5sqrt2` не надо даже пользоваться тем, что в четырехугольник вписана окружность. На самом деле здесь, конечно, еще требуется доказательство того, что такие треугольники существуют, т.е. что выполнено неравенство треугольника  это небольшая возня с корнями. В этом случае `x = 15sqrt2-15`, стороны упорядочены `d > x > 5` и неравенство треугольника, действительно, выполнено.
    4) Случай `x/d = 5/10 = d/(15 - x)`. Тогда `d = 6, x = 3`. Существование очевидно.
    5) Случай `x/d = 5/(15-x) = d/10`. Для `d` получается кубическое уравнение
    `d^3-150d+500 = 0`, а для `x` кубическое уравнение `x^3 - 30x^2 + 225x - 250 = 0`. Эти уравнения имеют по одному целому корню `d = 10, x = 10`, эти корни соответствуют равным треугольникам.
    После деления получаются квадратные уравнения `d^2 + 10d - 50 = 0` и `x^2 - 20x + 25 = 0`.
    Решая, получаем одно значение для диагонали `d = -5 + 5sqrt3` (второе  отрицательное) и ДВА значения для стороны `x = 10 - 5sqrt3` и `x = 10 + 5sqrt3`. В первом случае треугольник
    вырождается в отрезок, а второе значение `x > 15`, поэтому оно соответствует отрицательному значению `d`.
    6) Случай `x/10 = 5/d = d/(15-x)`. Для `d` получается кубическое уравнение
    `d^3 -75d+250 = 0`, а для `x` кубическое уравнение `x^3 - 150x^2 + 500 = 0`. Эти уравнения имеют по одному целому корню `d = 5, x = 10`, эти корни соответствуют равным вырожденным в отрезок треугольникам. После деления получаются квадратные уравнения `d^2+5d-50 = 0` и `x^2 - 5x - 50=0`, которые снова дают посторонние корни `d = 5` и `x = 10`.

    Ответ: `5sqrt2` или `6`.
  • Задача №6 (олимпиада «Высшая проба» 2011-2012 по математике)
    В одной из вершин правильного `2n`-угольника, `n>=2`, поставлено число `1`. Для данной расстановки чисел `2, 3, ... , 2n` в остальные вершины `2n`-угольника поставим на каждой его стороне знак `+`, если число на конце стороны (при движении по часовой стрелке) больше числа на ее начале и знак `-`, если оно меньше. Докажите, что модуль разности между числом расстановок чисел `2, 3, ... , 2n` с четным количеством плюсов на сторонах и числом расстановок с нечетным количеством плюсов равен числу расстановок, в которых плюсы и минусы чередуются при (а) `n = 3`, (б) `n = 4`, (в) произвольном `n`.

    Решение:
    Выберем произвольные целые числа `q >= 0` и `m >= 2`. Для каждого способа `g` расставив числа `1, ... ,m` на окружности, обозначим через `|g|` разность числа плюсов и числа минусов, соответствующих `g` как описано в условии задачи. Пусть `k_q^m`  число расстановок на окружности чисел `1,...,m`, в которых ровно `q` чисел соседствуют как с плюсом, так и с минусом. Заметим, что числа `k_q^m` удовлетворяют следующему соотношению (назовем его равенством (`*_q^m`)):
    `k_q^m=q*k_(q+1)^(m-1)+(m-q+1)k_(q-1)^(m-1)`
    Действительно, каждая расстановка на окружности чисел `1,...,m`, в которой ровно `q` чисел соседствуют как с плюсом, так и с минусом, при удалении числа `m` превращается в расстановку чисел `1,...,m-1`, в которой ровно `q + 1` или `q - 1` число соседствует как с плюсом, так и с минусом, причем каждая из таких расстановок чисел `1,...,m-1` при добавлении к ней числа `m` всевозможными способами дает ровно `q` или `m-q+1` требуемых расстановок чисел `1,...,m` соответственно.
    Для любого целого числа `p >= 0` обозначим через `a_q^p` сумму
    `((-1)^[q/2])/(2^q)(C_q^0q^p-C_q^1(q-2)^p+...(-1)^qC_q^q(-q)^p)`
    Мы докажем следующее равенство (назовем его равенством (`**_m^p`)): сумма чисел
    `(-1)^[|g|/2]|g|^p` по всем способам `g` расставить числа `1,...,m` на окружности равна
    `a_0^pk_m^m+a_1^pk_(m-1)^m+...`
    Заметим, что при `m = 2n` и `p = 0` это равенство дает требуемое в задаче утверждение.
    Равенство (`**_2^p`) очевидно для любого `p`, поэтому нам достаточно для произвольных `p` и `m` вывести равенство (`**_m^p`) из равенств (`**_(m-1)^0`), (`**_(m-1)^1`),... Для этого рассмотрим произвольный способ `h` расставить числа `1,...,m-1` на окружности и обозначим через `h_(+)` и `h_(-)` число плюсов и минусов, соответствующих `h` как описано в условии задачи.
    Заметим, что при добавлении `m` к расстановке `h` всевозможными способами мы получим ровно `h_(+)` расстановок `g`, таких что `|g| = |h| - 1`, и ровно `h_(-)` расстановок `g`, таких что `|g| = |h| + 1`. Поэтому сумма чисел `(-1)^[|g|/2]|g|^p` по всем расстановкам `g`, полученных из `h` добавлением `m`, равна `h_(+)(-1)^[(|h|-1)/2](|h|-1)^p+h_(-)(-1)^[(|h|+1)/2](|h|+1)^p`, или, раскрывая скобки,
    `(-1)^(p-1)(-1)^[|h|/2](C_p^0|h|^(p+1)-C_p^1(m-1)|h|^(p-1)+C_p^2|h|^(p-1)-C_p^3(m-1)|h|^(p-3)+...)`
    Суммируя эти равенства по всем расстановкам `h` и заменяя в получившемся равенстве сумму чисел `(-1)^[|h|/2]|h|^(p')` согласно равенству (`**_(m-1)^(p')`) для каждого целого числа `p'`, получим выражение левой части равенства (`**_m^p`) в терминах чисел `k_0^(m-1), k_1^(m-1),...`
    Заменяя в правой части равенства (`**_m^p`) числа `k_0^m, k_1^m,...` согласно равенствам (`*_0^m`), (`*_1^m`),... получим выражение правой части равенства (`**_m^p`) в терминах чисел `k_0^(m-1), k_1^(m-1),...`
    Приведя подобные в полученных выражениях для левой и правой частей
    равенства (`**_m^p`), получим, что каждое из чисел `k_0^(m-1), k_1^(m-1),...` входит в каждое из
    двух выражений с одним и тем же коэффициентом.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике