ОММО-2014

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

Проведем отрезки [m]AC,~CE,~MN,~NP,~PQ[/m].
Отметим точку [m]O[/m] — середину отрезка [m]NP[/m] и проведем отрезки [m]HO[/m] и [m]KO[/m].

Может показаться, что проведено слишком много дополнительных построений, однако все отрезки строились интуитивно, исходя из соображений, что средние линии сыграют в решении не последнюю роль. Действительно, теперь решение лежит почти на поверхности.

[m]MN=\frac{AC}{2},~QP=\frac{EC}{2}[/m], так как [m]MN[/m] и [m]QP[/m] — средние линии треугольников [m]ABC[/m] и [m]EDC[/m] соответственно.
[m]HO=\frac{MN}{2}=\frac{AC}{4},~KO=\frac{QP}{2}=\frac{EC}{4}[/m], так как [m]HO[/m] и [m]KO[/m] — средние линии треугольников [m]MNP[/m] и [m]QPN[/m] соответственно.
Тогда [m]\triangle ACE \sim \triangle HOQ[/m], а их коэффициент подобие равен [m]4[/m]. Следовательно, [m]HK=\frac{AE}{4}=\frac74.[/m]

Полагаю, победил в олимпиаде тот, кто решил эту задачу

Эта задача решается в пол пинка, если ввести оси координат и описать все точки. Я точку В располагала на оу, а А и Е на ох. несколько раз посчитать среднее арифметическое и усе.

Вы приняли [m]\angle BAE=90^{\circ}[/m]?

Ваш способ решения является искажением того способа, что лежит в интернете, где эта задача решена с помощью векторов. Вполне хороший подходящий метод.
Я специально выложил другое решение с помощью классическое геометрии. Оно несколько сложнее, но зато содержит полезную идею и, к тому же, красиво.

Судя по тексту №21, угол BAE не обязан быть прямым: точка А лежит на ох, но не на оу.
А решения, не использующие метод координат, вообще обычно красивее и содержательно богаче (это относится и к решениям №7, приведённым ниже). Но сложнее.
Как я понимаю, генеральной идеей Декарта (не только в геометрии) было предложить универсальный метод, позволяющий любому, его освоившему, правильно решать любые проблемы независимо от их сложности и уровня интеллектуальных способностей (которые при такой постановке влияет лишь на скорость получения результата). Идея, конечно, утопичная, но при этом оказавшаяся весьма плодотворной — по крайней мере, для геометрии.

У меня всегда происходит диссонанс с самим собой, когда ради экономии времени приходится для геометрической задачи применять координатно-векторный метод. При этом ученикам я, конечно, показываю и то, и другое.

Александр Борисович верно сказал, что угол ВАЕ не обязан быть прямым, я ведь не говорила, что точка А находится в начале координат.
Способов решения одной и той же задачи бывает много, вот для этой уже три есть. И выбрать можно любой. Обычно метод координат очень громоздкий и муторный, но в данном конкретном случае задача становится просто устной. Именно поэтому я его и выбрала.

Да, все верно.)

Но не поспоришь, у Вас решение очень красиво :)

Задача №2. (не назову её "понравившейся", просто ответ сразу в голову приходит)
Произведение всех данных чисел равно произведению тридцати пяти наибольших чисел, умноженному на произведение всех остальных.
Произведение тридцати пяти наибольших чисел мешьше единицы. Следовательно, наименьшее из этих тридцати пяти меньше единицы. Тогда оставшиеся также мешьше единицы, откуда и следует доказываемое утверждение.

Задача №3.
Остаток от деления числа на 9 равен остатку от деления его суммы цифр на 9.
Если n — число четвёрок, то сумма цифр числа равна
4n+2(n+19)+3(61-2n-19)=38+3*42=38+9*14
Остаток от деления этого числа на 9 равен 2. Тогда и остаток от деления числа A на 9 также равен 2.

Похоже, составители позаботились о том, чтобы ни один участник не ушёл без решённой задачи. И всем было счастье.

Для такой цели нужно давать пример из таблицы умножения. :-)

Первые 3 задачи совсем простые. Но, что удивительно, №9 тоже имеет почти моментальное решение.

Да, действительно.

Задача №6.
Если T — период функции, то левая часть уравнения T-периодична, тогда T — период синуса, откуда [m]T=2\pi N[/m], ([m]N[/m] — натуральное).
Перепишем уравнение в виде
[m]f(x) -\frac{1}{2}f(x-\pi)=\frac{2}{3}\sin x — \frac{1}{3}\sin(x-\pi)[/m]
Отсюда
[m]f(x) -\frac{2}{3}\sin x=\frac{1}{2} \left( f(x-\pi) — \frac{2}{3}\sin(x-\pi)\right)[/m]
Функция [m]F(x)=f(x) -\frac{2}{3}\sin x[/m] [m]2\pi N[/m]-периодична.
С другой стороны, [m]F(x+2\pi N) = 2^{-2N} F(x)[/m], откуда следует, что эта функция тождественно равна нулю, а [m]f(x) =\frac{2}{3}\sin x[/m]

Задача №5
Приводим уравнение к виду
[m](y|x-1|-1)^2+(|x-1|-y)^2=0[/m]
Тогда [m]y|x-1|=1[/m], [m]|x-1|=y=1[m], и ответы: (0,1) и (2,1)

Задача №7
Обозначения: в трапеции ABCD AD=6, BC=2, O — точка пересечения диагоналей AC и BD.
Прямоугольные треугольники AOD и BOC подобны. Обозначим AO=6a, OD=6b, OC=2a, BO=2b, a^2+b^2=1. Тогда AC=8a, BD=8b, площадь трапеции S=AC*BD/2=32ab. С другой стороны, S=(AD+BC)*h/2=4h (h — высота трапеции), откуда h=8ab.
Расположим AC горизонтально, BD вертикально. Угловой коэффициент для прямой DC равен t1=(6b)/(2a)=3b/a=3x, где x=b/a. Угловой коэффициент прямой AB равен t2=(2b)/(6a)=b/(3a)=x/3. Угол между этими прямыми равен 30 градусов, его тангенс равен 1/sqrt(3). Воспользуемся формулой для такгенса разности:
1/sqrt{3}=(t1-t2)/(1+t1*t2)= (3x-x/3)/(1+x^2)=8x/3(1+x^2), откуда
x+(1/x)=8/sqrt{3}
C другой стороны,
x+(1/x)=(b/a)+(a/b)=(b^2+a^2)/(ab)=1/(ab)
Отсюда ab=sqrt{3}/8, и h=sqrt{3}

В трапеции [m]ABCD[/m] сделаем параллельный перенос [m]AB[/m] в [m]CE[/m] и [m]BD[/m] в [m]CF[/m].
Получился прямоугольный треугольник [m]ACF[/m], в котором [m]AE=DF=2,~ED=4[/m].
Достроим этот треугольник до прямоугольника [m]ACFK[/m] и продлим [m]CE[/m] и [m]CD[/m] до пересечения с [m]AK[/m] и [m]FK[/m] в точках [m]G[/m] и [m]H[/m] соответственно.

Пусть [m]AC=x,~FC=y[/m].
Тогда из [m]\triangle AGE \sim \triangle CFE[/m] следует, что [m]AG=\frac{y}{3}[/m]. Аналогичным образом [m]FH=\frac{x}{3}[/m].

Высота, опущенная из вершины [m]C[/m] прямоугольного треугольника [m]ACF[/m] с гипотенузой [m]AF=8[/m] равна [m]\frac{xy}{8}[/m].

[m]S_{CGH}=S_{ACFK}-S_{ACG}-S_{CFH}-S_{GKH};[/m]
[m]\frac{1}{4}\sqrt{\left(x^2+\frac{y^2}{9}\right)\left(\frac{x^2}{9}+y^2\right)}=xy-\frac{xy}{6}-\frac{xy}{6}-\frac{2xy}{9};[/m]
[m]16xy=\sqrt{64x^2y^2+9(x^2+y^2)^2}.[/m]
Учитывая, что [m]x^2+y^2=64[/m], найдем [m]h=\frac{xy}{8}=\sqrt{3}[/m].

соединены двухзвенной ломаной — линией пересечения плоскости сечения и двух граней параллелепипеда. Линии пересечения плоскости сечения с параллельными гранями — отрезки, параллельные составляющим ломаную. Тогда сечение параллелепипеда плоскостью — параллелограмм, две вершины которого — точки [m]A[/m], а две другие лежат на рёбрах параллелепипеда (возможно, в вершинах). Площадь параллелограмма равна произведению длины диагонали [m]AC_1[/m] на расстояние от любой из его оставшихся вершин до этой диагонали.
Квадрат расстояния от точки, лежащей на прямой, до другой прямой — квадратичная функция координаты точки с положительным коэффициентом при квадрате. Наибольшее значение такой функции на отрезке лежит на одной из границ. Отсюда следует, что наиболее удалённая от диагонали точка лежит в одной из вершин параллелепипеда. Тогда сечение — прямоугольник, одна из сторон которого — ребро параллелепипеда, а другая — диагональ грани, ему перпендикулярной.
Осталось сравнить значения площадей этих прямоугольников: [m]3\sqrt{4^2+5^2}[/m], [m]4\sqrt{3^2+5^2}[/m] и [m]5\sqrt{3^2+4^2}[/m]. Наибольшее значение — последнее, равное 25. Для рассматриваемых мною точек [m]A[/m] ему соответствует прямоугольник (точнее, квадрат) [m]AA_1C_1C[/m]. Для указанной в задаче диагонали [m]A_1C[/m] сечение будет таким же, а диагонали [m]B_1D[/m] соответствует сечение [m]DB_1D_1D[/m]. Сумма площадей сечений равна 50, а сумма площадей поверхностей многогранников равна 94+2*50=194.

Задача №9
На каждый из вопросов "да" отвечали рыцари, живущие в данном квартале, и лжецы, живущие в других кварталах. Поэтому
РА+ЛБ+ЛВ+ЛГ=105
ЛА+РБ+ЛВ+ЛГ=45
ЛА+ЛБ+РВ+ЛГ=85
ЛА+ЛБ+ЛВ+РГ=65
(РА — число рыцарей в квартале А, ЛА — число лжецов в квартале А; для остальных кварталов аналогично).
Сложим все уравнения. В левой части получаем общее число рыцарей + утроенное число лжецов, т.е. всё население города (200 жителей) + удвоенное число лжецов. В правой части сумма равна 300. Отсюда лжецов в городе 50, т.е.
ЛА+ЛБ+ЛВ+ЛГ=50.
Вычитая это уравнение из каждого из исходных, получим:
РА-ЛА=65
РБ-ЛБ=-5
РВ-ЛВ=35
РГ-ЛГ=15
В квартале Б лжецов на 5 больше, чем рыцарей.

).
В силу чётности левой части и нечётности правой при замене знака [m]a[/m] все корни уравнения сменят знак, их число не изменится. Поэтому достаточно рассмотреть случай [m]a>0[/m].
Функция в левой части неотрицательна. При [m]a>0[/m] и отрицательных [m]x[/m] правая часть отрицательна, нуль не является корнем, поэтому все корни положительны.
На полуинтервале (0,1] левая часть монотонно убывает от плюс бесконечности до нуля, правая часть монотонно возрастает от нуля до m]a[/m], поэтому на этом полуинтервале существует единственный корень. Для того, чтобы общее число корней было равно трём, необходимо и достаточно, чтобы на луче [m](1,+\infty)[/m] было ровно два корня.
На этом луче уравнение принимает вид [m]\ln x = ax[/m], или [m]\ln x — ax =0[/m]. Левая часть последнего уравнения отрицательна при [m]x=1[/m] и [m]x \to +\infty[/m]. Её производная равна [m](1/x) — a[/m], положительна при [m]x<1/a[/m] (сама функция монотонно растёт) и отрицательна при [m]x>1/a[/m] (функция монотонно убывает), [m]x=1/a[/m] — точка максимума (принадлежит лучу, когда [m]a<1[/m], в противном случае функция убывает на всём луче, и корней нет). На каждом промежутке монотонности лежит не более одного корня. Значение функции в точке максимума равно [m]\ln (1/a) — a/a =-\ln a -1[/m]. Если оно отрицательно, корней нет; если оно равно нулю, корень единственный и совпадает с точкой максимума; если оно положительно, то число корней на [m](1,+\infty)[/m] равно двум (а общее число — трём).
Если [m]-\ln a -1>0[/m], то [m]\ln a< -1[/m], и [m]a< 1/e[/m].
Окончательно: [m]0<|a|< 1/e[/m]

Задача №1
Из равенства следует, что [m]x_{n+1}-x_n=x_n-x{n-1}[/m], последовательность — арифметическая прогрессия с ненулевой разностью (поскольку не все члены совпадают). Тогда искомое отношение равно отношению разностей индексов (а какие они там — не разгляжу; кажется, (2012-1006)/(1006-500)=1006/506=503/253 )

Разумеется, [m]x_{n+1}-x_{n}=x_{n}-x_{n-1}[/m]

Как выяснилось, последний индекс не 500, а 503. Соответственно, ответ 2.

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

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

Предлагается обсуждать в этой теме задачи, которые представляли достаточную сложность и не были разобраны на просторах интернета или были разобраны достаточно плохо (громоздкое, непонятное или слишком сложное решение).
Приветствуется и публикация неясных задач, и обсуждение уже помещенных.

В задании олимпиады Ломоносов есть такая задача.
Равнобедренный треугольник с углом 120 сложен ровно из трёх
слоёв бумаги. Треугольник развернули — и получился прямоугольник.
Нарисуйте такой прямоугольник и покажите пунктиром линии сгиба.
Я не понимаю однозначно условие задачи.. Например, три слоя по всей площади треугольника или может быть не по всей. Мои знакомые тоже не понимают. Поясните.

Объясните, пожалуйста почему ответ 6
Через 3 года Толя будет в 2 раза старше, чем 3 года назад. Сколько ему сейчас лет?

Задания очного тура для 11 класса.