Олимпиада Физтех-2014, очный тур.

Задания олимпиады МФТИ по математике для 11 класса, прошедшей 1 марта.

Вариант 6.

Задача 1.
Из второго уравнения вычитаем два первых, умножаем на -1. Получаем [m]x^2+3xy+2y^2=0[/m] или [m](x+y)(x+2y)=0[/m]. Два случая, [m]x=-y[/m] и [m]x=-2y[/m].
В первом случае [m]y^3+1=0[/m], [m]y=-1[/m], [m]x=1[/m].
Во втором случае [m]y^3-2y^2+1=0[/m]. Угадываем корень [m]y=1[/m], и тогда [m]x=-2[/m].
Выделяем множитель [m]y-1[/m] в многочлене [m]y^3-2y^2+1[/m] (например, делим столбиком). Получаем: [m]y^3-2y^2+1=(y-1)(y^2-y-1)[/m]. Приравниваем нулю вторую скобку, решаем квадратное уравнение. В результате [m]y=\left(1\pm \sqrt{5}\right)/2[/m], [m]x=-1\mp \sqrt{5}[/m].
Таким образом, система имеет 4 решения: [m](1,-1)[/m], [m](-2,1)[/m], [m]\left(-1\mp \sqrt{5},\left(1\pm \sqrt{5}\right)/2\right)[/m]

Задача 2.
ОДЗ: [m]\cos 2x=(\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)\ne 0[/m], т.е. [m]x\ne \frac{\pi}{4} + n\frac{\pi}{2}[/m]
Всё переносим в левую часть и умножаем на [m]\cos 2x \ne 0[/m], раскрываем синус двойного угла, в результате получаем
[m]\cos x (\cos x-\sin x) + 2\sin x\cos x -\sqrt{3}\sin x (\cos x+\sin x)=0[/m]
Складывая первые два слагаемых, получаем
[m]\cos x (\cos x+\sin x) -\sqrt{3}\sin x (\cos x+\sin x)=0[/m],
или
[m](\cos x -\sqrt{3}\sin x) (\cos x+\sin x) =0[/m].
Поскольку второй сомножитель в нуль не обращается (ОДЗ), получаем
[m](\cos x -\sqrt{3}\sin x) =0[/m].
Дальше можно, например, представить левую часть в виде
[m](\cos x -\sqrt{3}\sin x)= 2\left(\sin\frac{\pi}{6}\cos x -\cos\frac{\pi}{6}\sin x\right)= 2\sin\left(\frac{\pi}{6} — x\right)[\m],
откуда [m]x=\frac{\pi}{6} + n\pi[/m].
(А можно с тем же эффектом поделить на [m]\cos x \ne 0[/m] и привести уравнение к виду [m]{\rm{tg}} \,x=\frac {1}{\sqrt 3}[/m])

Ответ: [m]x=\frac{\pi}{6} + n\pi[/m]

Задача 3.
Сначала про область определения функций. Основание первого логарифма [m]7x-6>0[/m], [m]7x-6\ne 1[/m], т.е. [m]x>6/7[/m], [m]x\ne 1[/m]. Тогда
[m]7x^2+x-6=(7x-6)(x+1)>0[/m], [m]x^3+1>0[/m], [m]x+1>1[/m], так что с логарифмами всё обстоит благополучно.
Преобразуем:
[m]\log_{7x-6}(7x^2+x-6)=1+\log_{7x-6}(x+1)[/m], [m]\log_{x+1}(x^31)=1+\log_{x+1}(x^2-x+1)[/m],
тогда
[m]\log_{7x-6}(x+1)\cdot\log_{x+1}(x^2-x+1)=1[/m],
или
[m]\log_{7x-6}(x^2-x+1)=1[/m],
откуда
[m]7x-6=x^2-x+1[/m],
[m]x^2-8x+7=0[/m],
и получаем два решения [m]x=1[/m] (не подходит по ОДЗ), и [m]x=7[/m], которое и является ответом.

до пересечения с [m]\Omega[/m], эта точка пересечения – точка [m]D[/m], а точку касания обозначим [m]N[/m] и соединим её отрезком с точкой [m]P[/m]. Тогда угол [m]PAD[/m] также равен [m]{\rm {arctg}} \,3[/m] (не помню, есть ли такая теорема в школьном курсе геометрии, но сей факт немедленно следует из сравнения треугольников [m]PAB[/m] и [m]PAN[/m]). Поэтому угол [m]BAD=2\,{\rm {arctg}} \,3[/m] (это ответ на второй вопрос задачи).
Соединим точки [m]D[/m] и [m]K[/m], точка пересечения отрезка [m]KD[/m] с [m]\omega[/m] – точка [m]C[/m]. Соединим её с точкой [m]B[/m], и пусть [m]M[/m] – точка пересечения [m]BC[/m] и [m]PN[/m]. Рассмотрим четырёхугольник [m]ABCD[/m]. Поскольку [m]KA[/m], угол [m]KDA[/m] прямой, как и [m]KCB[/m], поэтому [m]ABCD[/m] – прямоугольная трапеция, и её площадь равна произведению полусуммы оснований [m]BC[/m] и [m]AD[/m] и высоты [m]MN[/m] (очевидно, радиус [m]PN[/m] перпендикулярен касательной [m]AD[/m]).
Проведём отрезок [m]PC[/m] – радиус окружности [m]\omega[/m]. Треугольник [m]BPC[/m] равнобедренный, [m]PM[/m] – его высота ([m]PN[/m] перпендикулярен [m]AD[/m], а [m]BC[/m] параллелен [m]AD[/m]), поэтому [m]BM=MC[/m], [m]BC=2BM[/m].
Найдём [m]BM[/m] из треугольника [m]PMB[/m]. Угол [m]BPM=BPA+APN=2\,BPA=2\,{\rm {arctg}} \frac{1}{3}[/m] (углы [m]BPA[/m] и [m]APN[/m] равны, поскольку равны треугольники [m]BPA[/m] и [m]APN[/m] – прямоугольные треугольники с общей гипотенузой и равными катетами – диаметрами [m]\omega[/m]). Покажем, что треугольник [m]BPM[/m] – египетский. Действительно,
[m]{\rm {tg}}\, BPM = \frac{2\cdot \frac 13}{1-\frac 19}=\frac{2\cdot 3}{9-1}=\frac{ 3}{4}[/m].
Тогда [m]\sin BPM=\frac 35[/m], [m]\cos BPM= \frac 45[/m]. Отсюда находим: [m]BM=PB \sin BPM = \frac{18}5[/m], [m]PM=PB \cos BPM = 6\cdot\frac{4}5=\frac{24}5[/m].
В результате получаем: [m]BC=2BM= \frac{36}5[/m], [m]MN=PN-PM=6\left(1- \frac{4}5\right)=\frac 65[/m], [m]DN=CM=BM= \frac{18}5[/m] (MCDN – прямоугольник), [m]NA=AB=2[/m] (опять из равенства треугольников [m]BPA[/m] и [m]APN[/m]), [m]DA=DN+NA= \frac{18}5 +2=\frac{28}5[/m], и окончательно находим искомую площадь:
[m]S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot MN = \frac{36+28}{2\cdot 5}\cdot \frac 65 = \frac{192}{25}[/m]
(это ответ на третий вопрос задачи)

Дефект рисунка: отрезок AB то ли вовсе отсутствует, то ли слился с дугой. Прошу прощения.

Задача 5.
Число семизначное, карточек восемь. Поэтому в написании числа должны участвовать все карточки, кроме одной, при этом 0 не должен быть первой цифрой.
Чтобы число делилось на 15, оно должно делиться на 3 и на 5.
Чтобы число делилось на 3, сумма цифр должна делиться на 3. Остаток от деления на 3 суммы всех цифр, написанных на карточках, равен 2. Поэтому на карточке, не участвующей в составлении числа, должно также быть число, остаток от деления которого на 3 равен 2. Это либо 5, либо 8.
Чтобы число делилось на 5, последняя цифра должна быть либо 0, либо 5.
Рассмотрим все случаи.
1) В написании числа не участвует пятёрка. Тогда последняя цифра 0. Оставшиеся 6 карточек можно расположить 6!=720 различными способами, число различных чисел равно 720:2=360 (транспозиция карточек с восьмёрками не изменяет число).
2) В написании числа не участвует восьмёрка, все числа на карточках разные, последняя цифра 0. Оставшиеся 6 карточек можно расположить 6!=720 различными способами, все они определяют различные семизначные числа.
3) В написании числа не участвует восьмёрка, все числа на карточках разные, последняя цифра 5. Оставшиеся 6 карточек можно расположить 6!=720 различными способами, все они определяют различные числа, однако если первая цифра 0, то эти числа не будут семизначными. Число таких вариантов равно 5!=120, их нужно исключить. Остаётся 720-120=600 семизначных чисел.
Таким образом, общее число подходящих вариантов равно 360+720+600=1680

получаем [m]\cos x \ne 0[/m], [m]x \ne \frac{(2n+1)\pi}{2}[/m]
Для функции [m]g[/m]: [m]x\ne -2[/m] (знаменатель в 0 не обращается), [m]15-2x-x^2\ge 0[/m] (подкоренное выражение), откуда [m]x^2+2x-15 \le 0[/m], [m](x+5)(x-3) \le 0[/m], [m]-5\le x \le 3[/m].
Меньшее из выражений не превосходит 2 – это значит, что оба они определены, и хотя бы одно из них не превосходит 2.
[m]f[/m] – сумма положительных взаимно обратных величин. Наименьшее значение равно 2 и достигается, когда оба слагаемые равны 1. Это значит, что [m]\frac{\pi \cos x}{2\sqrt 2} = \frac{(2n+1)\pi}{4}[/m], [m]\cos x = \frac{(2n+1)}{ \sqrt 2}[/m], т.е. с учётом [m]|\cos x |\le 1[/m] получаем [m]\cos x = \pm \frac{1}{ \sqrt 2}[/m], [m]x = \frac{(2n+1)\pi}{4}[/m]. Из этих значений в область определения функции [m]g[/m] входят [m]\pm \frac{\pi}{4}[/m], [m]\pm \frac{3\pi}{4}[/m], [m]- \frac{5\pi}{4}[/m].
[m]g(x)=2+\frac{\sqrt{15-2x-x^2}}{2+x}[/m], эта функция не превосходит 2, когда [m]\frac{\sqrt{15-2x-x^2}}{2+x} \le 0[/m], т.е. либо [m]\frac{\sqrt{15-2x-x^2}}{2+x} = 0[/m] (и это значит, что [m]x=-5[/m] или [m]x=3[/m]), либо [m]\frac{\sqrt{15-2x-x^2}}{2+x} < 0[/m] (т.е. [m]x<-2[/m]). В последнем случае в область определения функции [m]g[/m] входит поуинтервал [m][-5,-2)[/m], а с учётом области определения [m]f[/m] нужно исключить значение [m]— \frac{3\pi}{2}[/m]. Этот полуинтервал содержит, в частности, полученные ранее значения [m]— \frac{3\pi}{45}[/m] и [m]— \frac{5\pi}{4}[/m]
Таким образом, окончательно имеем:

Задача 7.
Сфера, построенная на высоте SH как на диаметре, касается основания пирамиды в точке H. Поскольку она проходит через середины четырёх рёбер, а боковых рёбер только три, точка H – середина одной из сторон основания, и боковая грань, проходящая через эту сторону, перпендикулярна основанию.
Сфера проходит через середины боковых рёбер. Это, в частности, означает, что расстояния от этих точек до основания равно половине высоты SH (т.е. трём), и эти точки расположены на экваторе сферы. Прямые, проходящие через полюс S и точки на экваторе, образуют с основанием и высотой пирамиды углы [m]\pi/4[/m], т.е. SHA, SHB и SHC – равнобедренные прямоугольные треугольники с катетами, равными 6. Тогда точка H – центр круга, описанного около треугольника ABC; сторона, серединой которой является точка H – это диаметр круга, а противолежащий угол – прямой. Следовательно, эта сторона – гипотенуза прямоугольного треугольника ABC – наибольшая из сторон, т.е. AC, её длина равна AH+HB=6+6=12, прямой угол – угол ABC. Это ответы на вопросы пункта а).
Теперь пункт б). Если прямая, проходящая через середину ребра SC, касается сферы, то она лежит в вертикальной плоскости, перпендикулярной горизонтальному радиусу, лежащему в плоскости ASC и параллельному стороне AC. Тогда вертикальная плоскость делит отрезок HC пополам, линия пересечения этой плоскости с основанием – прямая, перпендикулярная AC, точка пересечения этой прямой с описанной окружностью – точка B. Эта прямая – высота и медиана треугольника НBC, который, тем самым, является равнобедренным, а с чётом HB=BC – равносторонним. Тогда угол C равен [m]\pi/3[/m], BC=6, [m]AB=6\sqrt 3[/m], площадь треугольника ABC равна [m]S_{ABC}=\frac{BC\cdot AB}2=\frac{6\cdot6\sqrt3}2=3\cdot6\sqrt3[/m], а объём пирамиды [m]V_{SABC}=\frac{S_{ABC}\cdot SH}3=\frac{3\cdot6\sqrt3\cdot 6}3=36\sqrt3[/m]

Олимпиада завершилась 25 января, можно обсудить.
Особенно интересна задача №5. Есть идеи? :-)

16 февраля прошел 2 тур олимпиады ВШЭ "Высшая проба".
Предлагаю задачи для обсуждения.

Задания Объединенной Межвузовской Математической Олимпиады, прошедшей 2 февраля 2014.
Разбираем понравившиеся задачи.

Можно ли число 2007 представить в виде суммы нескольких натуральных чисел так, чтобы произведение всех этих чисел тоже было равно 2007?

Задания очного тура для 11 класса.