Высшая проба 2014, очный тур.

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

Задача №1
Складываем уравнение окружности
[m](x-11)^2+(y-1)^2=25[/m]
и параболы
[m]x=y^2[/m].
После простейших преобразований получаем уравнение искомой параболы
[m]y=\frac{x^2-21x+97}{2}[/m]
Интересно отметить, что подобным же образом, составляя линейные комбинации исходных уравнений с различными коэффициентами, можно получить семейство кривых второго порядка, проходящих через те же самые четыре точки, и это семейство, наряду с окружностью и двумя параболами, будет содержать эллипсы и гиперболы с произвольными эксцентриситетами.

Похожим образом я и поигрался в геогебре. :-)

5 точек на плоскости, никакие 3 из которых не лежат на одной прямой, однозначно задают кривую второго порядка.

Также интересно заметить, что среди семейства кривых второго порядка, построенного на 4 точках, ученик, обладающей знаниями лишь школьной программы, способен определить конфигурацию 3 линий только из окружности и 2 парабол с директрисами, перпендикулярными осям координат.

5 точек на плоскости, никакие 3 из которых не лежат на одной прямой, однозначно задают кривую второго порядка.

Не 3, а 4 :) 3 точки на прямой ничего не портят.

Забыл упомянуть о невырожденности. :-)

Пара прямых "вырождена" ничуть не больше, чем парабола, так что дело вкуса.

, что значения [m]\cos(\alpha + n\pi/3)[/m] рационально соизмеримы? ([m]N[/m], [m]n[/m] — целые)
Ответ положительный.
Действительно,
[m]\cos(\alpha + \pi/3)=\cos(\alpha)\cos(\pi/3) — \sin(\alpha)\sin(\pi/3)=\frac{\cos(\alpha) — \sqrt{3}\sin(\alpha)}{2}[/m]
[m]\sin(\alpha + \pi/3)=\sin(\alpha)\cos(\pi/3) + \cos(\alpha)\sin(\pi/3)=\frac{\sin(\alpha) + \sqrt{3}\cos(\alpha)}{2}[/m]
Из этих уравнений следует, что если значения [m]\cos(\alpha)[/m] и [m]\sqrt{3}\sin(\alpha)[/m] соизмеримы, то [m]\cos(\alpha + \pi/3)[/m] и [m]\sqrt{3}\sin(\alpha + \pi/3)[/m] также соизмеримы с ними и между собой. Отсюда будет следовать соизмеримость всех [m]\cos(\alpha + n\pi/3)[/m]
В качестве [m]\alpha[/m] может быть взят арктангенс любого числа, соизмеримого с [m]\sqrt{3}[/m], или значение, отличающееся от него на [m]n\pi/3[/m], за исключением [m]N\pi/6[/m].

Альтернативное доказательство.
Отношение [m]\cos(\alpha+\pi/3)/\cos(\alpha-\pi/3)[/m] — непрстоянная непрерывная вне корней знаменателя функция, поэтому найдётся такое [m]\alpha[/m], для которого её значение рационально и отлично от [m]0[/m], [m]\pm 1[/m], так что [m]\cos(\alpha+\pi/3)[/m] и [m]\cos(\alpha-\pi/3)[/m] соизмеримы. Поскольку [m]\cos(\alpha)= 2\cos(\alpha)\cos(\pi/3)=\cos(\alpha+\pi/3)+\cos(\alpha-\pi/3)[/m], а три оставшихся значения отличаются от рассмотренных знаком, то все они рационально соизмеримы.

).
Допустимые последовательности монотонно убывают с третьего по девятый элемент.
От порядка первых двух элементов последующие элементы (включая третий) не зависят. Поэтому в дальнейшем в каждом из случаев будет рассмотрен лишь один из возможных порядков следования этих элементов.

I. [m]a_1>a_2>0[/m]. Тогда [m]a_3=a_1-a_2[/m].
Допустимая последовательность, у которой [m]a_3>a_2[/m], не оптимальна, поскольку поменяв местами [m]a_2[/m] и [m]a_3[/m], мы получим снова допустимую последовательность (остальные элементы не изменятся), с меньшим значением [m]a_3[/m]. Поэтому в дальнейшем рассматриваются монотонные последовательности: [m]a_1>a_2>a_3>...>a_9\ge a_{10}=1[/m].
В этом случае [m]a_n=\\min_{k<n} (a_k-a_{k-1})[/m], [m]n\ge 3[/m]
Для [m]n>3[/m] отсюда следует, что [m]a_n=\\min (a_{n-1}, a_{n-2}-a_{n-1})[/m]
Для [m]n=10[/m] получаем [m]a_{10}=1=\\min (a_{9}, a_{8}-a_{9})[/m], откуда [m]a_9\ge 1[/m], [m]a_8\ge a_9+1[/m]
Поскольку элементы [m]a_n[/m], [m]n=3\dots 9[/m] различны, для них [m]a_n= a_{n-2}-a_{n-1}[/m], т.е. [m]a_{n-2}=a_{n-1}+a_n[/m]
Если каждое из слагаемых принимает наименьшее возможное значение, то сумма также принимает наименьшее значение. Поэтому значения всех элементов последовательности, включая третий, будут минимальны, если [m]a_9= 1[/m], [m]a_8= 1+1=2[/m] (доказывается по индукции)
В этом случае последовательность имеет вид [m](55, 34, 21, 13, 8, 5, 3, 2, 1, 1)[/m] (развёрнутая последовательность Фибоначчи), [m]a_3=21[/m].

II. [m]a_1>a_2=0[/m]. Тогда [m]a_3=a_1[/m], последовательность не является допустимой.

III. [m]a_1<a_2=0[/m]. Тогда [m]a_3=|a_1|[/m], [m]a_4=a_3[/m], последовательность не является допустимой.

IV. [m]a_1<a_2<0[/m]. Тогда [m]a_3=a_2-a_1>0>a_2[/m], [m]a_4= \min(a_2-a_1, a_3-a_2)= \min(a_3, a_3-a_2)=a_3[/m], последовательность не является допустимой.

V. [m]a_1<0<a_2[/m]. Тогда [m]a_3=a_2-a_1>a_2[/m], [m]a_4= \min(a_2-a_1, a_3-a_2)= \min(a_3, a_3-a_2)=a_3-a_2=-a_1=|a_1|[/m].
Таким образом, [m]a_3=a_2+a_4[/m], [m]a_1=-a_4<0[/m]. Тогда с учётом взаимного расположения чисел на вещественной оси,
[m]a_5=\min(a_4, a_4-a_1, |a_2-a_4|, a_3-a_4)=\min(a_4, |a_2-a_4|, a_2)[/m].
Для допустимой последовательности [m]a_5=|a_2-a_4|<a_{2,3,4}[/m]. Это, в частности, означает, что [m]\max(a_2,a_4)=\min(a_2,a_4)+a_5[/m]
[m]a_6=\min(a_5, a_5-a_1, a_2-a_5, a_4-a_5)=\min(a_5, a_2-a_5, a_4-a_5)[/m]
Для допустимой последовательности [m]a_6=\min(a_2-a_5, a_4-a_5)[/m].
Для всех последующих элементов
[m]a_n=\min(a_{n-1}, a_{n-1}-a_1, a_2-a_{n-1}, a_{n-2}-a_{n-1})=\min(a_{n-1}, a_{n-2}-a_{n-1})[/m]
Как и в случае I, отсюда следует, что для допустимой последовательности [m]a_9\ge 1[/m], [m]a_8\ge a_9+1[/m], и при [m]5\le n\le 9[\m] [m]a_{n-2}=a_{n-1}+a_n[/m].
Тогда числа [m]a_3, \max(a_2,a_4), \min(a_2,a_4), a_5, \dots, a_9[/m] образуют последовательность, в которой каждое из предыдущих есть сумма последующих. Как и в I, наименьшие значения достигаются, когда [m]a_9= 1[/m], [m]a_8= 2[/m], но теперь из-за изменения порядка [m]a_3=34[/m], что больше, чем в случае I.

Окончательный ответ: наименьшее возможное значение [m]a_3[/m] равно [m]21[/m].

— площадь [m]j[/m]-ой грани и высота [m]j[/m]-ой пирамиды соответственно, причём [m]h_j<R[/m] ([m]R[/m] — радиус шара).
Из последнего выражения следует, что при [m]R\le 3[/m] объём многогранника меньше [m]S[/m].

2) Рассмотрим семейство прямоугольных параллелепипедов, вписанных в шар радиуса [m]R>1000[/m], основание которых — квадраты со стороной [m]a[/m], высота равна [m]h[/m], причём [m]h^2+2a^2=4R^2[/m].
Площадь поверхности параллелепипеда равна [m]S=2a^2+4ah>4ah[/m], объём равен [m]V=a^2h[/m], отношение [m]\frac VS<\frac a4[/m] меньше единицы, когда [m]a<4[/m].
С другой стороны, при [m]h=a=\frac{2R}{\sqrt 3}[/m] параллелепипед — это куб с площадью поверхности [m]S={8R^2}[/m] и объёмом [m]V=\frac{8R^3}{3 \sqrt 3}[/m], [m]\frac {V}{S}=\frac{R}{3 \sqrt 3}>1[/m].
Поскольку отношение [m]\frac {V}{S}[/m] непрерывно зависит от [m]a[/m], при некотором значении [m]a[/m] оно обратится в единицу.

Для образования произведения будем использовать все целые числа в интервале [m]\left( -\frac{p}{2};\frac{p}{2}\right)[/m], которые не делятся на [m]3[/m].

[m]p=6n-2.[/m]
[m]\frac{6n-2-1}{1}\cdot\frac{6n-2-4}{4}\cdot...\cdot\frac{6n-2-(3n-2)}{3n-2}\cdot[/m]
[m]\cdot\frac{6n-2+2}{2}\cdot\frac{6n-2+5}{5}\cdot...\cdot\frac{6n-2+(3n-4)}{3n-4}=[/m]
[m]=\frac{3(2n-1)\cdot 3(2n-2)\cdot...\cdot 3n\cdot 3\cdot 2n\cdot 3(2n+1)\cdot...\cdot 3(3n-2)}{1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot...\cdot(3n-4)(3n-2)}=[/m]
[m]=\frac{n\cdot...\cdot(2n-2)(2n-1)2n(2n+1)\cdot...\cdot(3n-2)\cdot 3^{2n-1}}{1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot...\cdot(3n-2)}\cdot\frac{3^{n-1}(n-1)!}{3^{n-1}(n-1)!}=[/m]
[m]=\frac{(3n-2)!\cdot 3^{3n-2}}{(3n-2)!}=3^{3n-2}.[/m]

[m]p=6n-1.[/m]
[m]\frac{6n-1-2}{2}\cdot\frac{6n-1-5}{5}\cdot...\cdot\frac{6n-1-(3n-1)}{3n-1}\cdot[/m]
[m]\cdot\frac{6n-1+1}{1}\cdot\frac{6n-1+4}{4}\cdot...\cdot\frac{6n-1+(3n-2)}{3n-2}=[/m]
[m]=\frac{3(2n-1)\cdot 3(2n-2)\cdot...\cdot 3n\cdot 3\cdot 2n\cdot 3(2n+1)\cdot...\cdot 3(3n-1)}{1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot...\cdot(3n-2)(3n-1)}=3^{3n-1}.[/m]

[m]p=6n+1.[/m]
[m]\frac{6n+1-1}{1}\cdot\frac{6n+1-4}{4}\cdot...\cdot\frac{6n+1-(3n-2)}{3n-2}\cdot[/m]
[m]\cdot\frac{6n+1+2}{2}\cdot\frac{6n+1+5}{5}\cdot...\cdot\frac{6n+1+(3n-1)}{3n-1}=[/m]
[m]=\frac{3\cdot 2n\cdot 3(2n-1)\cdot...\cdot 3(n+1)\cdot 3(2n+1)\cdot 3(2n+2)\cdot...\cdot 3\cdot 3n}{1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot...\cdot(3n-2)(3n-1)}=3^{3n}.[/m]

[m]p=6n+2.[/m]
[m]\frac{6n+2-2}{2}\cdot\frac{6n+2-5}{5}\cdot...\cdot\frac{6n+2-(3n-1)}{3n-1}\cdot[/m]
[m]\cdot\frac{6n+2+1}{1}\cdot\frac{6n+2+4}{4}\cdot...\cdot\frac{6n+2+(3n-2)}{3n-2}=[/m]
[m]=\frac{3\cdot 2n\cdot 3(2n-1)\cdot...\cdot 3(n+1)\cdot 3(2n+1)\cdot 3(2n+2)\cdot...\cdot 3\cdot 3n}{1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot...\cdot(3n-2)(3n-1)}=3^{3n}.[/m]

Таким образом доказано, что для любого [m]p[/m] из условия можно составить такое произведение, равное [m]3^{[p-1]}[/m].

Опечатка в последней строчке.

Таким образом, доказано, что для любого [m]p[/m] из условия можно составить такое произведение, равное [m]3^{[\frac{p-1}{2}]}[/m].

В знаменателе получим произведение всех натуральных чисел [m]n[/m], меньших [m]p/2[/m] и не кратных 3, поскольку для каждого из таких чисел либо [m]p-n[/m], либо m]p+n[/m] (но только одно из них) кратно трём.
Домножим числитель и знаменатель на произведение чисел, кратных трём и меньших [m]p/2[/m]. В знаменателе получим произведение всех натуральных чисел, меньших [m]p/2[/m], а в числителе — произведение всех чисел, кратных трём. Вот, собственно, и всё.

Нам также будет удобно обозначить через [m]A'_n[/m] и [m]B'_n[/m] число чётных и нечётных правильных раскрасок с незакрашенным последним ([m]n[/m]-м) столбцом. Очевидно, при положительных [m]n[/m] [m]A'_n=A_{n-1}[/m], [m]B'_n=B_{n-1}[/m], поскольку каждая такая раскраска получается добавлением незакрашенного столбца из раскраски той же чётности для таблицы на единицу меньшей длины.
Получим рекуррентные соотношения для рассматриваемых величин.
Каждая правильная раскраска для таблицы длиной [m]n+1[/m] получается либо добавлением незакрашенного столбца к правильно раскрашенной [n]-таблицы той же чётности, либо добавлением столбца с одним закрашенным квадратом к таблице противоположной чётности. В последнем случае если последняя строка в [n]-таблице не закрашена, то можно закрасить любую из двух клеток добавленного столбца, а если одна из клеток последнего столбца закрашена, то существует только один способ закраски, при котором грани закрашенных квадратов не соприкасаются.
Отсюда вытекает, что
[m]A_{n+1}=A_n+2B'_n+(B_n-B'_n)=A_n+B_n+B'_n=A_n+B_n+B_{n-1}[/m]
[m]B_{n+1}=B_n+2A'_n+(A_n-A'_n)=B_n+A_n+A'_n=B_n+A_n+A_{n-1}[/m]
[m]C_{n+1}=A_{n+1}-B_{n+1}=B_{n-1}-A_{n-1}=-C_{n-1}[/m]
Очевидно, [m]A_0=A'_0=1[/m], [m]B_0=B'_0=1[/m], [m]С_0=1[/m] (таблица, не содержащая ни одного столбца, является чётной правильно закрашенной); [m]A_1=A'_1=1[/m] (незакрашенный столбец), [m]B_1=2[/m] (два варианта закрасить один квадрат), [m]B'_1=0[/m], [m]C_1=-1[/m] ; тогда [m]C_2=-C_0=-1[/m], [m]C_3=-C_1=1[/m] и т.д.
Таким образом искомые разности принимают значения [m]\pm 1[/m] (доказывается по индукции)

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

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

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.

Даны 6 одинаковых полосок бумаги- 1см на 10 см. Расположить их на листе так, чтобы каждая полоска касалась только одной другой. ( только двух, трех, четырех и пяти полосок- я решила). Слишком просто кажется решение расположить полоски по парам для 3 серии мат. олимпиады. Помогите пожалуйста. Заранее благодарна.

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.

Сыну в школе дали уравнение [x]^2+10x+16. [ ]-целая часть числа. Вопрос: сколько решений у этого уравнения. Я никогда не сталкивался с такими уравнениями.