Заочный тур олимпиады МГУ «Покори Воробьевы горы-2008»

Задачи 1–6 предлагаются для всех факультетов, а дополнительные задачи 7–10 рассчитаны только на желающих поступать на механико-математический факультет и факультет вычислительной математики и кибернетики.

1. Группа туристов отправилась в 12:00 из лагеря по маршруту. В 12:30 штурман вспомнил, что оставил в лагере компас и сбегал за ним в лагерь, догнав шедшую с прежней скоростью группу в 14:00. В котором часу штурман прибежал в лагерь, если бежал он с постоянной скоростью и в лагере не задерживался?

Решение. За время с 12:30 до 14:00 штурман пробежал расстояние в раз большее, чем расстояние, пройденное группой за то же время (рис. 1).

Рис. 1

Значит:

 — его скорость в раз больше скорости группы;
—  расстояние BA, пройденное группой за часа, штурман пробежал за часа, то есть за минут. Поэтому штурман вернулся в лагерь (в пункт A) в 12 ч 30 мин + 18 мин = 12 ч 48 мин.

Ответ: 12 ч 48 мин.

2. Решить неравенство

Решение неравенства ищем на множестве

1. Пусть  Тогда в левой части неравенства имеем:

 

В правой части неравенства имеем:

Вывод. Неравенство удовлетворяется при всех

2. Пусть Тогда

Получаем систему (рис. 2):

Рис. 2

Ее можно решить несколькими способами. Мы учли монотонное возрастание функции монотонное убывание функции g(x) = –2x – 5  при равенство этих функций достигается только при значении x = –3, которое легко угадывается и находится из уравнения:

3. Объединяя решения из 1 и 2, получаем ответ.

Ответ:

3. При каких значениях параметра a каждый из квадратных трехчленов x² + ax + 2008 и x² + 2008x + a имеет хотя бы один корень, причем все их корни —  целые числа?

Решение. Для корней x₁, x₂ первого трехчлена, корней x₃, x₄ второго трехчлена по теореме Виета имеем:

По условию все корни — целые числа. Поэтому корнями x₁, x₂ могут быть лишь делители числа 2008. Корни x₁, x₂ можно поменять местами. Значит, достаточно рассмотреть лишь те случаи и значения параметра a, которые сведены в таблицу.

x1	±2	±4	±8	±1
x2	±1004	±502	±251	±2008
a	1006	506	259	2009

Отберем подходящее значение параметра a первым способом. Значения параметра a = 259,  a = 506 не подходят из-за противоречия с условием (3).  Действительно, из (4) следует:

| x₃ || x₄ | = | a |, | x₃ | ≤ | a |, | x₄ | ≤ | a |.

Значит, | x₃ + x₄ | ≤ | x₃ | + | x₄ | ≤ 506 + 506 < 2008 и условие (3) не выполняется.

Значения параметра a = 1006 тоже не подходят. Действительно, при них

Но если сумма двух натуральных чисел | x₃ |, | x₄ | больше их произведения, то одно из них равно 1.

Пусть, например, | x₃ | = 1. Тогда | x₄ | = 1006, и условие (3) не выполняется.

Остается рассмотреть значение a = 2009.

Покажем, что значение a = 2009 не подходит. Действительно, при нем

Значит,

| x₃ + 1 | ≤ 2, –3≤ x₃≤ 1,

| x₄ + 1 | ≤ 2, –3 ≤ x₄ ≤ 1,

и условия (3), (4) не выполняются.

Значение a = –2009 подходит, так как при нем оба трехчлена

x² – 2009x + 2008 и x² + 2008x – 2009

имеют целые корни

x₁ = 1, x₂ = 2008 и x₃ = 1, x₄ = –2009 соответственно.

Ответ: –2009.

Отберем подходящее значение параметра a = –2009 вторым способом. Приравняем нулю второй трехчлен и изучим квадратичную функцию a = a(x):

x² + 2008x + a = 0 a = –x(x + 2008), где x Z.

При переходе ее аргумента через соседние целые значения x = –2008, x = –2007, x = –2006 или x = –1, x = 0 функция a(x) изменяется достаточно резко и «перепрыгивает» все значения a, равные ±1006, ±506, ±259, +2009. Ясно, что при этих значениях параметра второй трехчлен не имеет целых корней, так как (рис. 3)

a(–2008) = 0, a(–2007) = 2007,
a(–2006) = 4012 > 2009:
a(0) = 0, a(–1) = 2007.

Все эти значения параметра не подходят.

Остается только значение a = –2009, которое, как мы установили, подходит.

Ответ: –2009.

Рис. 3

4. Какое наибольшее значение может принимать выражение cos x + cos y + cos z при условии

Решение. 1. Пусть A = cos x + cos y + cos z, B = sin x + sin y + sin z.

Тогда A² + B² = (cos x + cos y + cos z)² + (sin x + sin y + + sin z)² =
= cos² x + cos² y + cos² z + 2cos x cos y + 2cos y cos z + 2cos z cos x +
+ sin² x + sin² y + sin²z + 2sin x sin y + 2sin y sin z + 2sin z sin x =
= (cos² x + sin² x) + (cos² y + sin² y) + (cos² z + sin² z) + 2(cos x cos y + sin x sin y) +
+ 2(cos y cos z + sin y sin z) + 2(cos z cos x + sin z sin x) =
= 3 + 2(cos (x – y) + cos (y – z) + cos (z – x)) ≤ 3 + 23 = 9.

2. По условию .

Значит, имеем систему

Из нее A² ≤ 4 –2 ≤ A = cos x + cos y + cos z ≤ 2.

3. Наибольшее значение A = 2 достигается, если, например,

Тогда

Ответ: 2.

Комментарий. Здесь использовано известное тождество

(a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca.

5. Окружность касается сторон угла ABC в точках A и C. Прямая, проходящая через точку B, пересекает окружность в точках D и E, причем AE BC. Прямые AD и BC пересекаются в точке F.
Найти BF, если AB = 1.

Решение. 1. Угол BAD между касательной AB и хордой AD измеряется половиной отсекаемой дуги AD и равен вписанному углу E, опирающемуся на ту же дугу AD (рис. 4): BAD = E.
Но E = CBE (как накрест лежащие).

Рис. 4

Значит, BAD = FBD, и треугольники BAF и DBF подобны (по двум углам). Отсюда

(1)

По свойству секущей FA и касательной FC

FC² = FAFD. (2)

Из (1) и (2) имеем:

Ответ: 1.

6. Найти все положительные корни уравнения x^–2x = 2.

Решение. Функция y = x^–2x определена и непрерывна при x > 0, монотонно убывает при монотонно возрастает при что устанавливается с помощью производной. Действительно (рис. 5),

откуда

Рис. 5

Значит,

 

Вывод. Исходное уравнение имеет не более двух корней. Подбором находим два корня:

Действительно,

Облегчить подбор корней позволяет логарифмирование исходного уравнения:

–2xlog₂ x = 1. (*)

Здесь понятно:

— что корни следует искать только на множестве x(0; 1), так как только на нем log₂ x < 0 и левая часть в (*) положительна;

— целесообразно проверить значения аргумента вида где kN.

Действительно,

если то

если то

Ответ :

7. В комнате высотой 2 м 50 см хотят собрать шкаф шириной 1 м 50 см и глубиной 70 см, причем по окончании сборки шкаф окажется лежащим на полу на своей тыльной стороне. Какой наибольшей высоты шкаф можно после сборки поставить на основание, не вынося из комнаты?

Решение. 1. Рассмотрим вращение шкафа относительно ребра AB = 1,5 м, лежащего неподвижно на полу (рис. 6). Тогда радиус R = AD₁ вращения противоположного ребра D₁C₁ не должен превышать высоту комнаты в 2,5 м, а значит, высота H = AA₁ шкафа не должна превышать 2,4 м. Действительно,

^{Рис. 6}

Указанный поворот вокруг точки A на 90° стенки AA₁D₁D поясняет рисунок 7 (вид сбоку). В результате поворота перпендикулярный полу отрезок A₁D₁ должен перейти в параллельный полуотрезок точка D₁ должна пройти через точку наиболее удаленную от пола. Ясно, что  
Откуда H ≤ 2,4 м, причем величина H = 2,4 м допустима — при ней шкаф можно поставить на основание. Покажем, что найденное значение H = 2,4 м является наибольшим.

Рис. 7

2. Сначала положим шкаф на стенку BCC₁B₁ и рассмотрим аналогичное вращение шкафа относительно неподвижного ребра BC (рис. 8). Тогда радиусом вращения является диагональ BA₁. Но BA₁ > AD₁ и потому допустимая высота шкафа меньше, чем 2,4 м:

Рис. 8

3. Рассмотрим произвольные действия по установке шкафа. Пусть шкаф с центром в точке Q (центре симметрии прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁) можно установить, начиная с 0 ч, за t₀ ч, и t[0; t₀]. Положения шкафа в моменты t = 0 и t = t₀ показаны на рисунках 6 и 8. Обозначим через P(t) точку на поверхности шкафа такую, что луч QP(t) перпендикулярен поверхности пола в момент времени t. Тогда P(0) = F (рис. 6), P(t₀) = E (рис. 9).

Рис. 9

Функция P(t) (0 ≤ t ≤ t₀) — непрерывна, то есть кривая, которую точка P(t) «выписывает» на поверхности шкафа, непрерывная кривая, которая начинается в точке F = P(0) — центре грани ABB₁A₁ и заканчивается в точке E = P(t₀) — центре грани ABCD. Значит, непрерывная кривая, соединяющая точки F и E поверхности шкафа и проходящая по его поверхности, в какой-то точке M пересечет периметр основания ABCD шкафа (рис. 10), то есть найдется такой момент t₁(0<t₁<t₀), что P(t₁) = M.
Пусть N — середина большего ребра AB основания шкафа. Тогда

то есть (2,5)² ≥ H² + (0,7)²,

или

H² ≤ (2,5)² – (0,7)² = (2,5 + 0,7)(2,5 – 0,7) = 3,21,8.

Значит,

Рис. 10

Наибольшая допустимая высота шкафа равна 2,4 м.

Ответ: 2 м 40 см.

8. Вычислить: log₂ (sin 1°∙sin 3° ∙...∙sin 89°).

Решение. Пусть a = sin 1°∙sin 3°∙...∙sin 89°.
Тогда 0 < a < 1 и
a∙sin 2°∙sin 4°∙...∙sin 88° = sin 1°∙sin 2°∙sin 3°∙...∙sin 88°∙sin 89° =
= (sin 1°∙sin 89°)∙(sin 2°∙sin 88°)∙ ... ∙(sin 44°∙sin 46°)∙sin 45° =
= (sin 1°∙cos 1°)∙(sin 2°∙cos 2°) ∙ ...

Так как

то и

Ответ :

9. Числа x, y, z удовлетворяют системе

Найти xy + 2yz + 3xz.

Решение. Способ I заключается в решении исходной системы. Умножим третье уравнение на 3, сложим его со вторым уравнением, результаты сравним с первым уравнением:

(x > 0 по условию). Подставим (4) в уравнение (2) и учтем уравнение (3):

Теперь из третьего уравнения найдем x:

Из (4) найдем y:

Исходная система имеет единственное решение

Осталось подставить его в искомое выражение:

xy + 2yz + 3xz =

Способ II. Используем геометрическую интерпретацию, считая, что каждое уравнение получено из теоремы косинусов для некоторого треугольника. Имеем:

3x² + 3xy + y² = 75,

или

z² + xy + x² = 9,

x² + z² – 2xzcos 120° = 3². (3)

Рассмотрим треугольник ABC со сторонами AB = 5, BC = 4, AC = 3 и точку P внутри него, из которой эти стороны видны под углом 150°, 90°, 120° соответственно (рис. 11).

Тогда уравнения системы — это теоремы косинусов для сторон треугольников APB, BPC, CPA, лежащих против общей вершины P, причем

Искомую величину находим из равенства S _∆APB + S_∆BPC + S_∆CPA = S_∆ABC.

Рис. 11

Имеем:

(здесь ∠ ACB = 90°, так как 5² = 3² + 4²).

Значит,

откуда

Ответ:

10. Найти наименьшее значение n, для которого любой коллектив, где каждый недолюбливает не более семи из остальных, можно разбить на не более чем n частей так, чтобы ни в какой части не нашлось двух человек, хотя бы один из которых недолюбливает другого?

Решение. Пусть N — число людей в коллективе. Согласно условиям задачи, рассматриваем лишь:

— допустимые коллективы, то есть те, в которых каждый человек недолюбливает не более семи человек;

— допустимые разбиения коллектива на части, то есть такие, при которых в каждой части вообще нет недолюбливаний — все друг другу симпатизируют.

Например, коллектив из N = 1000 человек можно разбить на n = 1000 частей — по одному в каждой части. Ясно, что число частей можно уменьшить. Но на сколько? Предметом поиска является такое наименьшее значение n, что любой допустимый коллектив можно разбить на не более чем n допустимых частей.

Далее методом математической индукции найдем, что искомое n равно 15.

Сначала приведем пример коллектива из 15 человек, который нельзя разбить меньше чем на 15 частей (то есть только по одному в каждой части). Пусть коллектив из 15 человек:

— находится за круглым столом;

— каждый человек недолюбливает ближайшую к нему справа группу из семи человек.

Тогда:

— каждого человека недолюбливает ближайшая к нему слева группа из 7 человек;

— каждый человек имеет справа 7 человек, которых он недолюбливает, а слева — 7 человек, которые его недолюбливают.

Так как 1 + 7 + 7 = 15, то любая пара имеет одно недолюбливание и по условию недопустима при разбиениях. Развить такой коллектив можно только на 15 частей — по одному человеку в каждой части (пустую часть, не имеющую ни одного человека, мы не учитываем). Этот пример показывает, что для наименьшего n, удовлетворяющего условию задачи, n ≥ 15.

Докажем теперь индукцией по N (числу людей в коллективе), что любой допустимый коллектив из N человек можно разбить требуемым в задаче способом на не более 15 частей.

Базис индукции. При N = 1 утверждение очевидно.

Шаг индукции. Предположим, что доказываемое утверждение верно для коллектива из k человек, и докажем его верность и для коллектива из k + 1 человека. Предварительно покажем: в любом допустимом коллективе из N человек найдется такой человек (назовем его Л), которого недолюбливают не более семи человек.

Доказательство. Предположим, что такого человека Л нет и каждого человека недолюбливают более, чем семь человек. Тогда суммарное число «недолюбливаний» больше, чем 7N. Но в допустимом коллективе это число не более чем 7N. Противоречие.

Из коллектива в k + 1 человек удалили человека Л, которого недолюбливают не более семи человек. Получим допустимый коллектив из k человек (ведь каждый его член по-прежнему недолюбливает не более семи человек).

По предположению для индукции для коллектива из k человек существует допустимое разбиение на не более чем 15 частей. Если число меньше 15, то удаленного раньше Л можно считать дополнительной частью разбиения, их общее число не превысит 15. Если число частей равно 15, то человека Л можно включить в одну из них. Действительно:

— человека Л недолюбливают не более 7 человек, которые находятся не более чем в 7 частях разбиения; эти части исключаем;

— сам человек Л недолюбливает не более 7 человек, которые находятся не более чем в 7 частях разбиения; исключаем еще 7 человек.

Значит, из 15 частей есть хотя бы одна часть, в которой нет людей, недолюбливающих Л, и нет людей, которых он недолюбливает. Ранее удаленного человека Л можно включить в эту часть, коллектив останется допустимым и разбитым на 15 частей.

Итак, коллектив из k + 1 человека можно разбить на не более чем n = 15 частей.

Здесь k — любое натуральное число. Значит, ответ (n = 15) получен для любого допустимого коллектива с любой численностью.

Ответ: 15.

Алексеев В., Бегунц А., Панферов В., Сергеев И., Тарасов В., Ушаков В.