Задача Из соотношения 1 2 1 3 n n n n x x x x получаем 1 2 2
 Скачать 1.74 Mb.
|
|
Объединенная межвузовская математическая олимпиада 02.02.2014 Страница олимпиады: http://olimpiada.ru/ommo 1 Вариант 4 Задача 1. Из соотношения 1 2 1 3 n n n n x x x x − − − + + = получаем: 1 2 2 n n n x x x − − = + для всех 3 n ≥ Это значит, что данная последовательность – арифметическая прогрессия. Пусть разность прогрессии равна d . Тогда 300 33 333 3 (300 33) 89 330 110 x x d x x d − − = = − Ответ: 89 110 Задача 2. Среди данных чисел не более чем 44 числа могут быть не больше единицы, иначе условие задачи не выполнено. Возьмем 45 чисел, среди которых имеются все числа, которые не больше чем единица. Произведение взятых 45 чисел по условию больше единицы. Все прочие числа больше единицы. Их произведение тоже больше единицы. Следовательно, произведение всех чисел также больше единицы. Задача 3. Пусть число N записано цифрами 1 1 0 , ,..., , n n a a a a − , то есть 1 1 1 0 10 10 10 n n n n N a a a a − − = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + Вычтем из числа N сумму его цифр: ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 1 10 1 10 1 ... 9 n n n n n n N a a a a a a − − − − + + + = − + − + + Числа вида 10 1 k − делятся на 9. Значит, число ( ) 1 0 n n N a a a − − + + + делится на 9. Следова- тельно, при делении на 9 каждое число дает тот же остаток, что и сумма его цифр. Пусть в записи числа A встречается n пятерок. Тогда троек там 11 n + , а все остав- шиеся цифры – четверки. Сумма цифр равна ( ) 5 3 ( 11) 4 57 2 11 8 33 184 8 217 n n n n n ⋅ + ⋅ + + ⋅ − − = + + − = В свою очередь, сумма цифр числа 217 равна 10. Остаток от деления 10 на 9 равен 1. Такой же остаток от деления на 9 имеет число 217 и, следовательно, число A Ответ: 1. Задача 4. Используем векторы. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 4 HK AK AH AQ AN AM AP AE AD AB AC AB AC AD AE = − = + − + = ⎛ ⎞ = + + + − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ − + + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Значит, 4 4,8 AE HK = = Ответ: 4,8. Задача 5. Группируя слагаемые, получим: 2 4 2 2 (4 1)( 2 2) 8 | | ( 1) y x x y x + + + = + . Очевидно, что при 0 y = решений нет. Разделим обе части на 2 2 ( 1) y x + : 2 2 1 1 2 1 4 2 1 y x y x ⎛ ⎞⎛ ⎞ + + + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Объединенная межвузовская математическая олимпиада 02.02.2014 Страница олимпиады: http://olimpiada.ru/ommo 2 Известно 1 (легко показать), что если 0 a > , то 1 2 a a + ≥ , причем равенство достига- ется, только если 1 a = . Следовательно, правая часть равна 4, только если 2 1 y = и 2 1 1 x + = . Ответ: (0, ! ! ), (0, - ! ! ). Задача 6. Предположим, что T – период функции ( ) y f x = . Из условия получаем: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos 2 2 π cos x f x f x f x T f x T x T = − − π = − − − − = − Поскольку это равенство верно для всех x , число T является периодом функции cos y x = , т.е. 2 , T n = π где n – некоторое натуральное число. Из данного уравнения получаем: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 3 2 cos 2 2 2 cos cos 2 2 2 3 cos cos cos ... 2 2 ... 2 2 cos ... cos cos cos 2 cos 2 2 2 ... 2 1 . n n n n f x f x x f x x x f x x x x f x n x x x x f x x − − − = − π + = − π − + = = − π + − + = = = − π − + + − + = = − − + − + − Тогда ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 cos 1 2 2 ... 2 cos 1 2 n n n f x x x − − − = − + − − = + Следовательно, ( ) 1 cos 3 f x x = Ответ_:_4_3Задача_8.'>Ответ: ( ) 1 cos 3 f x x = Задача 7. Введем обозначения, как на рисунке. Продолжив боковые стороны, обозначим их точку пересечения буквой E . Точку пересечения диагоналей назо- вем F . Прямоугольные треугольники BFC и DFA подобны и, если обозначить катеты первого x и y , то соответствен- ные катеты второго равны 4x и 4 y . Высота трапеции h скла- дывается из высот треугольников BFC и AFD : 4 4 5 1 4 4 BF FC AF FD x y h xy xy ⋅ ⋅ ⋅ = + = + = Площадь трапеции равна 15 16 площади треугольника AED . Получаем: 1 Это утверждение является частным случаем неравенства Коши. Объединенная межвузовская математическая олимпиада 02.02.2014 Страница олимпиады: http://olimpiada.ru/ommo 3 1 15 1 15 2 4 4 5 2 sin 45 2 16 2 64 3 3 12 AC BD AE ED AB CD AB CD ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ° = ⋅ ⋅ = ⋅ , откуда 2 2 2 2 2 5 16 16 6 xy x y y x = + ⋅ + Учитывая, что 2 2 1 x y + = , находим: 2 2 15 2 1 15 1 15 xy y x = + ⋅ + Проведем очевидные преобразования: ( ) 2 2 2 2 2 2 450 1 15 225 x y x y x y = + + + ; 2 2 225 16 x y = ; 4 5 3 xy = . Ответ: 4 3 Задача 8. Левая часть уравнения неотрицательна. Следовательно, 0 ax ≥ . При 0 a = уравне- ние имеет два корня 1 − и 1 . Значит, 0 a = не удовлетворяет условию. Рассмотрим случай 0 a > . Тогда 0 x ≥ и поэтому x x = . Построим график функции ln y x = . Прямая y ax = должна пересекать этот график в трех точ- ках. На рисунке видно, что это вы- полняется тогда и только тогда, ко- гда прямая проходит внутри угла, образованного осью абсцисс и каса- тельной 0 y a x = к графику функции ln y x = при 1 x > Найдем 0 a . Абсцисса точки касания удовлетворяет уравнениям 0 0 1 ln , a x x a x = = , откуда 0 1 a e = , x e = . Таким образом, 1 0 a е < < . Случай 0 a < симметричен, то есть 1 0 a e − < < . Ответ. 1 0, 0 a a e e 1 − < < < < . Задача 9. На четыре вопроса каждый рыцарь даёт один утвердительный ответ, а лжец – три. Всего было получено 109 98 104 119 430 + + + = утвердительных ответов. Если бы все жители города были рыцарями, в сумме всех утвердительных ответов было бы 200. 230 лишних от- ветов «да» происходят от вранья лжецов. Таким образом, лжецов 230 115 2 = Пусть в квартале Г живет k рыцарей, тогда 119 k − – число утвердительных ответов на четвертый вопрос, которые дали лжецы. Значит число лжецов, живущих в квартале Г, равно ( ) 115 119 4 k k − − = − . В остальных кварталах число лжецов больше числа рыцарей. Ответ: в квартале Г, на 4 человека. Объединенная межвузовская математическая олимпиада 02.02.2014 Страница олимпиады: http://olimpiada.ru/ommo 4 Задача 10. Сумма площадей поверхностей многогранни- ков, на которые разбивается параллелепипед сечениями, равна сумме площади поверхности параллелепипеда и площадей внутренних поверхностей. Сумма площадей внутренних поверхностей равна удвоенной сумме площа- дей сечений. Найдем наибольшую возможную площадь сечения, проходящего через диагональ XY произвольного парал- лелепипеда с ребрами a b c ≤ ≤ . Сечением является па- раллелограмм ZXTY , вершины которого лежат на проти- воположных ребрах параллелепипеда. Площадь паралле- лограмма равна произведению длины диагонали XY на расстояние от точки Z до XY Рассмотрим проекцию параллелепипеда на плос- кость, перпендикулярную диагонали XY . На рисунке видно, что расстояние от точки Z ломаной ABC до точки Y , то есть до диагонали XY , наибольшее, если Z совпадает с одной из вершин , A B или С Значит, сечение проходит через одно из ребер параллелепипеда. Таким образом, наибольшую площадь имеет одно из диагональных сечений. Все эти сечения являются прямоугольниками. Найдем наибольшую из их площадей 2 2 1 S a b c = + , 2 2 2 S b a c = + и 2 2 3 S c b a = + Из условия a b c ≤ ≤ следует, что, 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a c c b a c + ≤ + , и 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b c b a c + ≤ + Поэтому 1 3 S S ≤ и 2 3 S S ≤ . Значит, наибольшую площадь имеет сечение, проходящее через наибольшее ребро. По условию задачи наибольшую длину име- ет ребро 1 AA , значит, наибольшую площадь, рав- ную 2 2 10 4 3 50 + = , имеют сечения 1 1 AA C C и 1 1 BB D D . Сумма площадей поверхностей много- гранников, на которые разбивается параллелепипед этими сечениями (см. рисунок), равна 1 1 2( ) 4 50 364 AA AB AA AD AB AD ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = Ответ: 364. |