Олимпиада «Ломоносов-2009»
Приводятся решения всех задач одного варианта олимпиады. Другие варианты предлагаются для самостоятельного решения. К ним даны ответы.
Результаты олимпиады учитывались при поступлении в МГУ и другие вузы страны.
Задача 1
Вариант 1. На сколько одно из двух положительных чисел больше другого, если их среднее арифметическое равно 
а среднее геометрическое равно 
?
Ответ: на 6.
Вариант 2. На сколько одно из двух положительных чисел больше другого, если их среднее арифметическое равно 
а среднее геометрическое равно 
?
Ответ: на 8.
Вариант 3. На сколько одно из двух положительных чисел больше другого, если их среднее арифметическое равно 
а среднее геометрическое равно 
?
Решение. Пусть x и y — искомые числа и x ≥ y.
Тогда 
xy = 2, x ≥ y > 0.
Искомой является разность x – y. Имеем:
(x – y)2 = x2 + y2 – 2xy = x2 + y2 + 2xy – 4xy =
Так как x – y ≥ 0, то получаем ответ: на 10.
Ответ: на 10.
Задача 2
Вариант 1. В свежих грибах содержание воды колеблется от 90 до 99%, а в сушеных — от 30 до 45%.
В какое наибольшее число раз при этих ограничениях может уменьшиться вес грибов в результате сушки?
Ответ: в 70 раз.
Вариант 2. В свежих грибах содержание воды колеблется от 80 до 99%, а в сушеных — от 20 до 40%. В какое наибольшее число раз при этих ограничениях может уменьшиться вес грибов в результате сушки?
Ответ: в 80 раз.
Вариант 3. В свежих грибах содержание воды колеблется от 75 до 99%, а в сушеных — от 15 до 30%. В какое наибольшее число раз при этих ограничениях может уменьшиться вес грибов в результате сушки?
Решение. В массе Mсв свежих грибов и в массе Mсуш сушеных грибов содержится одна и та же масса m собственно грибов (грибного вещества). Ее процентное содержание в Mсв и Mсуш обозначим через p и q соответственно. Тогда из условия имеем:
Отсюда 
Ответ: в 85 раз.
Задача 3
Вариант 1. При каждом значении a найдите все значения x, удовлетворяющие уравнению
Ответ: при a ≤ 1 — решений нет; при 2 ≠ a > 1 —
два решения: x = a – 1, 
при a = 2 — одно решение: x = 1.
Вариант 2. При каждом значении a найдите все значения x, удовлетворяющие уравнению
Ответ: при a ≤ 1 — решений нет; при 3 ≠ a > 2 —
два решения: x = a – 1, 
при a = 3 — одно решение: x = 2.
Вариант 3. При каждом значении a найдите все значения x, удовлетворяющие уравнению
Решение. Пусть 
a + 1 = b. Тогда
log2 (t – b) = log2 t – log2 b,
где
Имеем:
Осталось перейти к переменным x и a. Предпоследняя система означает, что при a = 0 исходное уравнение не имеет решений (как и при всех a ≤ –1, при которых не существует log2 (a + 1)). Из последней системы имеем уравнение
или x2(1 – b) + xb2 – b2 = 0
с очевидным корнем x1 = b. Так как
b > 0, то b > 1 и a > 0.
Второй корень найдем из теоремы Виета:
Корни совпадают при a = 1, так как
Ответ: уравнение не имеет решений при a ≤ 0;
при a = 1 уравнение имеет единственное решение x = 2; при a ∈ (0; 1) ∪ (1; +∞) уравнение имеет два различных решения: 
Задача 4
Вариант 1. Можно ли данный двугранный угол величиной 90° пересечь плоскостью так, чтобы в полученном сечении образовался угол величиной 110°?
Ответ: можно.
Вариант 2. Можно ли данный двугранный угол величиной 90° пересечь плоскостью так, чтобы в полученном сечении образовался угол величиной 130°?
Ответ: можно.
Вариант 3. Можно ли данный двугранный угол величиной 90° пересечь плоскостью так, чтобы в полученном сечении образовался угол величиной 140°?
Решение. Способ I. Трехгранный угол с плоскими углами α ≥ β ≥ γ существует (и определен однозначно с точностью до симметрии) тогда и только тогда, когда
Построим трехгранный угол SABC с углами
α = ∠BSC = 140°, β = ∠ASC = 90°, γ = ∠ASB = 70° (рис. 1).
Из точки S восстановим перпендикуляр SL к плоскости π1 = ABS. Ясно, что он не совпадает с прямой SC и образует с ней плоскость π2 = LSC. Так как LS ⊥ AS и CS ⊥ AS, то AS ⊥ π2. Следовательно, плоскости π1 и π2 образуют двугранный угол величиной 90°; плоскость π = BSC рассекает его так, что в полученном сечении образовался угол BSC, равный 140°.
Ответ: можно.
Способ II. Построим в пространстве плоский угол ASB, равный 70°, и рассмотрим плоскость π2,
перпендикулярную прямой SA и проходящую через точку S (см. рис. 1). Плоскость π2 пересекает плоскость π1 = ASB по прямой L1L2. Будем вращать луч SL1 вокруг прямой SA до положения SL2. Так как ∠BSL1 = 20°, ∠BSL2 = 160°, 20° < 140° < 160°, и угол между поворачиваемым лучом SL1 и лучом SB изменяется непрерывно, то найдется такое положение SC луча SL1, при котором ∠CSB = 140°.
Ответ: можно.
Задача 5
Вариант 1. Каким может быть наибольший общий делитель натуральных чисел m и n, если при увеличении числа m на 6 он увеличивается в 4 раза?
Ответ: 2 или 6.
Вариант 2. Каким может быть наибольший общий делитель натуральных чисел m и n, если при увеличении числа m на 6 он увеличивается в 9 раз?
Ответ: 3 или 6.
Вариант 3. Каким может быть наибольший общий делитель натуральных чисел m и n, если при увеличении числа m на 10 он увеличивается в 4 раза?
Решение. Существуют такие натуральные числа m и n, что НОД(m; n) = d, НОД(m + 10; n) = 4d.
Значит, на число d делятся числа m + 10, m и их разность m + 10 – m = 10. Поэтому возможны лишь следующие случаи:
d = 1, d = 2,
d = 5, d = 10.
Так как числа m + 10, n делятся на 4, то числа m и n — четные; число d тоже четное: d = 2 или
d = 10. Оба эти значения, и только они, подходят.
При d = 2 должно быть
НОД(m; n) = 2,
НОД(m + 10; n) = 8.
Этим условиям удовлетворяет, например, пара n = 8, m = 6.
При d = 10 должно быть
НОД(m; n) = 10,
НОД(m + 10; n) = 40.
Подходит, например, пара n = 40, m = 30.
Ответ: 2 или 10.
Задача 6
Вариант 1. Сколько решений на отрезке [0; π] имеет уравнение
5sin x + 4 = | 5cos x + 2 |?
Ответ: одно решение.
Вариант 2. Сколько решений на отрезке [0; π] имеет уравнение
7sin x + 6 = | 7cos x + 2 |?
Ответ: одно решение.
Вариант 3. Сколько решений на отрезке [0; π] имеет уравнение
7sin x + 5 = | 7cos x + 3 |?
Решение. Здесь эффективна замена u = cos x, v = sin x. Задача теперь заключается в нахождении числа решений системы
Ломаная (1) состоит из двух лучей с общей вершиной 
вершина находится в третьей четверти внутри единичного круга, так как 
лишь правый луч пересекает отрезок u ∈ [–1; 1] в точке 
и верхнюю полуокружность (2), (3); левый луч их не пересекает (рис. 2).
Вывод. Система (1)–(3) и исходная задача имеют по одному решению.
Ответ: одно решение.
Задача 7
Вариант 1. Две окружности касаются внешним образом: друг друга в точке A, а третьей окружности — в точках B и C. Продолжение хорды AB первой окружности пересекает вторую окружность в точке D, продолжение хорды AC пересекает первую окружность в точке E, а продолжения хорд BE и CD — третью окружность в точках F и G соответственно. Найдите BG, если BC = 5 и BF = 12.
Ответ: 13.
Вариант 2. Две окружности касаются внешним образом: друг друга в точке A, а третьей окружности — в точках B и C. Продолжение хорды AB первой окружности пересекает вторую окружность в точке D, продолжение хорды AC пересекает первую окружность в точке E, а продолжения хорд BE и CD — третью окружность в точках F и G соответственно. Найдите BC, если BF = 12 и BG = 15.
Ответ: 9.
Вариант 3. Две окружности касаются внешним образом: друг друга в точке A, а третьей окружности — в точках B и C. Продолжение хорды AB первой окружности пересекает вторую окружность в точке D, продолжение хорды AC пересекает первую окружность в точке E, а продолжения хорд BE и CD — третью окружность в точках F и G соответственно. Найдите BF, если BC = 5 и BG = 13.
Решение основано на свойствах точек касания вписанных углов и углов между касательными и хордами.
1. Докажем, что BE C CD. Пусть KL — общая касательная к окружностям µ1 = BAE и µ2 = CAD. Вертикальные углы BAK и DAL равны, каждый из них образован касательной и хордой, а значит: ∠BEA = ∠BAK = ∠DAL = ∠DCA. Из равенства накрест лежащих углов (∠BEA = ∠DCA)
следует параллельность прямых BE и CD.
2. Докажем, что 
Пусть l1, 3 и l2, 3 — общие касательные к окружностям µ1, µ3 и µ2, µ3 соответственно (где µ3 = BCGF), точка B ∈ l1, 3, точка C ∈ l2, 3, точка N = l1, 3 ∩ l2, 3 (рис. 3). Обозначим равные углы:
α = ∠CBN = ∠BCN
(в силу равенства длин касательных NC = NB);
β = ∠ACN = ∠ADC = ∠ABE, γ = ∠ABN = ∠AEB = ∠ACD
(так как CN и BN — касательные и BE 
CD).
Тогда
∠CBE = α + β + γ = ∠BCD,
но ∠CBE + ∠BCD = π, так как BE CD. Значит:
а) 
б) BCGF — прямоугольник (см. рис. 3).
3. Вычисления. По теореме Пифагора найдем 
Ответ: 12.
Задача 8
Вариант 1. Настенные часы сломались, отчего минутная стрелка стала в произвольные моменты времени мгновенно менять направление своего движения на противоположное, вращаясь со своей прежней угловой скоростью. Все потенциальные показания (в минутах) этой стрелки целиком заполняют промежуток [0; 60).
а) Может ли такая стрелка в течение одного часа бесконечно много раз показать каждое из двух чисел 15 и 45?
б) Какое наибольшее количество раз в течение трех суток может встретиться самое редкое (за эти трое суток) показание такой стрелки?
Ответ: б) может; б) 72.
Вариант 2. Настенные часы сломались, отчего минутная стрелка стала в произвольные моменты времени мгновенно менять направление своего движения на противоположное, вращаясь со своей прежней угловой скоростью. Все потенциальные показания (в минутах) этой стрелки целиком заполняют промежуток [0; 60).
а) Может ли такая стрелка в течение одного часа бесконечно много раз показать каждое из двух чисел 10 и 40?
б) Какое наибольшее количество раз в течение четырех суток может встретиться самое редкое (за эти четверо суток) показание такой стрелки?
Ответ: б) может; б) 96.
Вариант 3. Настенные часы сломались, отчего минутная стрелка стала в произвольные моменты времени мгновенно менять направление своего движения на противоположное, вращаясь со своей прежней угловой скоростью. Все потенциальные показания (в минутах) этой стрелки целиком заполняют промежуток [0; 60).
а) Может ли такая стрелка в течение одного часа бесконечно много раз показать каждое из двух чисел 20 и 50?
б) Какое наибольшее количество раз в течение двое суток может встретиться самое редкое (за эти двое суток) показание такой стрелки?
Решение. Утвердительный ответ обоснуем конкретным примером.
1. Пусть в 0 часов стрелка находится в точке A(20) (рис. 4) и далее совершает следующую бесконечную последовательность шагов (колебаний).
1-й шаг. Из точки A стрелка поднимается за 
минуты вверх и возвращается за минуты в точку A. Длительность 1-го шага — 
мин.
2-й шаг. Стрелка поднимается за 
минуты вверх и возвращается за минуты в точку A. Длительность 2-го шага — 
мин.
n-й шаг. Стрелка поднимается за 
минуты вверх и возвращается за мин. в точку A. Длительного n-го шага — 
мин.
Каждый шаг возможен. Ведь стрелка в произвольные моменты времени и мгновенно может менять направление движения, вращаясь всегда с постоянной скоростью. Мы лишь выбрали такие моменты времени. За бесконечное число шагов (при n → +∞) стрелка бесконечно много раз покажет число 20 и затратит на это время, равное
Здесь использована формула суммы 
бесконечно убывающей геометрической прогрессии 
с первым членом 
и знаменателем 
2. Теперь время равно 0 ч 1 мин. Затем стрелка перейдет в положение B(50) (рис. 5).
Далее, пусть стрелка около точки B совершит такую же бесконечную последовательность шагов (колебаний), как и около точки A, затратив на это еще 1 мин. Значит, в течение часа стрелка бесконечно много раз может показать каждое из двух чисел 20 и 50. Пусть A — конец минутной стрелки. Тогда точка A движется по окружности и за двое суток пройдет расстояние, равное 48 полным окружностям. Моменты смены направления движения стрелки делят путь, проходимый точкой A, на конечное или бесконечное число дуг, сумма длин которых составляет ровно 48 полных окружностей. При любом расположении этих дуг на окружности они не могут покрыть все точки окружности более 48 раз. Следовательно, всегда найдется точка, покрытая не более 48 раз. Поэтому самое редкое показание минутной стрелки в течение двух суток встретится не более 48 раз. Число 48 достижимо. Достаточно рассмотреть случай, когда минутная стрелка в течение двух суток не меняет направления своего движения. В этом случае все показания встречаются не менее 48 раз, а самое редкое — ровно 48 раз.
Ответ: а) может; б) 48.
Задача 9
Вариант 1. Найдите все пары (x; y), при каждой из которых для чисел
справедливы сразу все три следующих высказывания: если | u | > | v |, то u > 0, если | u | < | v |, то
0 > v, а если | u | = | v |, то u > 0 > v.
Ответ: 
Вариант 2. Найдите все пары (x; y), при каждой из которых для чисел
справедливы сразу все три следующих высказывания: если | u | > | v |, то u > 0, если | u | < | v |, то
0 > v, а если | u | = | v |, то u > 0 > v.
Ответ: 
Вариант 3. Найдите все пары (x; y), при каждой из которых для чисел
справедливы сразу все три следующих высказывания: если | u | > | v |, то u > 0, если | u | < | v |, то
0 > v, а если | u | = | v |, то u > 0 > v.
Решение. Способ I. 1. Высказывание «если A, то B» означает:
— что либо A не выполняется;
— либо выполняются и A, и B.
Поэтому первое высказывание («если | u | > | v |,
то u > 0») означает (рис. 6):
Решения системы (1), (2) образуют область D1 над ломаной u = | v |, исключая последнюю (горизонтальная штриховка). Так как
| u | ≤ | v | ⇔ u2 ≤ v2 ⇔ (u + v)(u – v) ≤ 0,
то решения неравенства (3) образуют области D2 и D3 между прямыми u = ±v, включая последние (вертикальная штриховка). Значит, множество M1 = D1 
D2 D3 всех точек (v; u), для которых справедливо первое высказывание, есть область над ломаной u = –| v |, включая последнюю.
2. Аналогично, множество M2 всех точек
(v; u), для которых справедливо второе высказывание, есть область слева от ломаной v = | u |, включая последнюю (рис. 7).
Действительно:
Решения системы (4), (5) образуют область D4 (слева от ломаной v = –| u |). Решения неравенства (6) образуют области D6, D5 между прямыми u = ±v множество M2 = D4 c D5 D6.
3. Множество M3 всех точек (v; u), для которых справедливо третье высказывание, есть вся плоскость (v; u) без прямой u = v и луча OB (рис. 8). Действительно:
Здесь решения системы (7), (8) образуют луч OA без вершины O. Решения неравенства (9) образуют всю плоскость (v; u) без прямых u = ±v.
4. Пересечение множеств M1, M2, M3 есть множество M всех точек (v; u), для которых справедливы сразу все три высказывания: M = M1∩ M2 ∩ M3, множество M есть область над прямой u = v, исключая последнюю (рис. 9). Оно задается неравенством u > v. Существенное упрощение!
5. Вычисления.
Ответ: 
Способ II. Поскольку условия | u | > | v |, | u | < | v |
и | u | = | v | являются взаимоисключающими и покрывают все возможные случаи, то всем трем условиям из задачи удовлетворяют те и только те пары (u; v), которые удовлетворяют следующей совокупности систем:
Решением первой системы является область A (рис. 10) между лучом 
Решением второй является область B между лучами 
Решением третьей системы является луч 
Объединение этих областей есть полуплоскость u > v. Следовательно, условие задачи равносильно неравенству u > v. Далее выполняем те же вычисления, что и в способе I.
Ответ: 