математика

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

5 (7 класс). 2014-значное число 357… обладает следующим

2014

свойством: если взять любые 6 цифр, идущих подряд (в том порядке, в каком они идут), то о бразованное ими 6-значное число будет делиться на 7, на 11 и на 13. Первые три цифры этого числа – 3, 5 и 7. Найдите три последние цифры. В ответе укажите 3-значное число, которое они образуют.

Решение. Если число делится на 7, 11 и 13, то оно кратно 7 11 13 = 1001 . Шестизначные числа, кратные 1001, должны иметь

вид abcabc , где a, b и c – цифры. Поэтому искомое число имеет вид

357357…3573 (так как 2014 = 671 3 +1 ).

2014

Ответ: 573.

6 (8-9 классы). Хорда AC образует угол 32° с диаметром AD. Из центра окружности O опущен перпендикуляр OH на хорду AC, его продолжение пересекает окружность в точке B. Найдите угол

между прямыми BC и AD.
Решение. Заметим,			что
CD = 2 CAD = 2 32° = 64°			(см.
рисунок),	а	AB = AOB
= 90° −32° = 58° .		Поэтому	угол

между прямыми BC и AD равен

CD − AB = 3° . 2

Ответ: 3° .

7 (8-9 классы). Дан правильный 27-угольник A1 A2 …A27 . Найдите количество неравнобедренных треугольников с вершинами в точках A1 , A2 , …, A27 . Треугольники, отличающиеся поряд-

ком вершин (например, A1 A2 A4 и A2 A4 A1 ), считаются за один треугольник.

Решение. Всего существует C273 = 2925 треугольников. Каждой вершине соответствует 13 равнобедренных треугольников (с

10

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

вершиной треугольника в	этой точке). При этом, если взять
27 13 = 351, то получится,	что каждый равносторонний треуголь-

ник мы посчитали 3 раза. Значит, равнобедренных треугольников

351− 2 9 = 333 , а неравнобедренных –

2925 − 333 = 2592 .

Ответ: 2592.

8

(8-9 классы). Многочлен

a

2014

x2014 + a

x2013 + …+ a x + a

x

2013

1

0

при

всех

значениях

совпадает

с

функцией

y = (x −1) (x − 2) ... (x − 2014) .

Найдите

сумму

чисел

2014!

a2 + a4 + …+ a2012 + a2014 .

как P(x). Подставляя

Решение.

Обозначим

многочлен

в

условие

x = 1, получаем: P(1) = a2014 ) a2013 ) …) a1 ) a0 = 0 . Анало-

гично

при

x = −1:

P(−1) = a2014 − a2013 ) …− a1 ) a0

= (−1−1) (−1− 2) ... (−1− 2014)

=

2015! = 2015 .

2014!

2014!

Тогда a

) a ) …) a

) a

=

P(−1) ) P(1)

= 1007,5 . Чтобы

2014

2012

2

0

2

получить искомую сумму, надо отнять a0 = y (0) = 1.

Ответ: 1006,5.

9 (9 класс). Найдите все значения a, при котором сумма модулей корней уравнения x(x + a −1) = a2 равна 2.

Решение.

Получающееся

уравнение

x2 +

(

)

x − a2 = 0

a −1

всегда имеет корни, и эти корни имеют разные знаки

(так как

x x

= −a2 ≤ 0 ).

Поэтому

по

теореме

Виета:

1

2

(

x1

+

x2

)2 = x12 + x22 + 2

x1 x2

= (x1 − x2 )2 = (x1 + x2 )2 − 4x1x2

(

)

=

a −1 2 + 4a2

= 5a2 − 2a +1 . По условию 5a2 − 2a +1 = 4

, откуда

a = 1

или a = −

3 .

5

11

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Ответ: − 53 ; 1.

10 (9 класс). Множество X состоит из пяти различных чисел

x1 , x2 ,	x3 , x4 ,	x5 ,	а множество Y – из семи различных чисел	y1 ,
y2 , y3 , y4 , y5 ,		y6 ,	y7 . Какое наибольшее количество различных
чисел	заведомо	содержит множество, состоящее из сумм		вида

i	+ y	j	{	}	{	}
x			, где i 1, 2, 3, 4, 5 ,		j 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7		?
	Решение. Упорядочим элементы множеств X и Y. Пусть для
определенности: x1 < x2 < x3 < x4 < x5 ,						y1 < y2	< ... < y6 < y7 .	Тогда
можно			гарантированно		построить	11	различных	чисел:

x1 + y1 < x1 + y2 < x1 + y3 < ... < x1 + y7 < x2 + y7 < ... < x5 + y7 .

При этом 12 чисел построить можно не всегда. Пример: X ; {1; 2; 3; 4; 5}, Y ; {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} . В этом случае можно полу-

чить числа: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 – ровно 11 чисел.

Ответ: 11.

Задания отборочного этапа олимпиады школьников «Ломоносов» по математике

10-11 классы

Задания отборочного этапа в 2012/13 и 2013/14 учебном году заметно отличались по стилю. В 2012/13 учебном году на решение задач отборочного этапа учащимся отводился достаточно большой срок (около двух месяцев), в связи с чем в варианте были довольно трудные задачи. Начиная с 2013/14 учебного года отборочный этап проводится «он-лайн». На решение варианта из 10 задач учащиеся имеют 24 часа, при этом не нужно отправлять решения задач, отправляются только ответы.

12

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Примеры заданий 2012/13 учебного года

Первые две задачи доступны многим участникам олимпиады. 1. Знайка сообщил коротышкам, что в декабре и в январе потребление арбузного сиропа в Зеленом городе в среднем составило 10 бочек в день и 5 бочек в день соответственно. Отсюда Незнайка сделал вывод, что дней, в которые потребление сиропа составляло не менее чем по 10 бочек, в декабре непременно было больше, чем

в январе. Прав ли Незнайка?

Решение. Приведем пример, показывающий, что Незнайка не прав. Пусть с 1 по 30 декабря коротышки выпивали 0 бочек, а 31 декабря выпили 310 бочек. Тогда в среднем за декабрь они выпили

31031 = 10 бочек сиропа. Пусть с 1 по 15 января коротышки выпивали по 10 бочек, 16 января – 5 бочек, а с 17 по 31 января – 0. Тогда

среднее потребление сиропа в январе равно 15 10 + 5 = 5 . 31

Ответ: нет.

2. Котёнок откусывает четверть сосиски с одного конца, после чего щенок откусывает треть оставшегося куска сосиски с противоположного конца, затем снова котенок – четверть со своего конца, а щенок – треть со своего конца и т. д. Требуется заранее перевязать сосиску поперёк ниткой так, чтобы нитку никто не съел. В каком отношении она должна разделить сосиску?

Решение. Пусть l – длина сосиски, оставшейся после одинакового числа «откусываний» котёнка и щенка. Тогда на следующем

		l		1
	шаге котёнок откусит		, а щенок –	3	l
		4

другой съедят одинаковые части сосиски.

Ответ: 1:1.

	−	l		=	l	. Значит, и тот, и
		4			4

Остальные задачи являются достаточно сложными. Приведем несколько примеров.

13

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

3. Последовательность a1 , a2 , … задана равенствами:
				a = 100 , a			= a	+	1	,		n N .
				1	n+1		n		an
Найдите целое число, ближайшее к a2013 .
Решение. Заметим, что a20132												1		2						1
							= a2012 +								= a20122		+ 2 +
											a									a2
												2012							2012
= a2	+ 2 2 +	1	+	1	= ... = a2	+ 2012 2 +						1	+ ... +			1		+	1		.
		a2		a2								a2				a2
2011					1														a2
		2011		2012								1				2011			2012
Поэтому, с одной стороны,							a2	> a2 + 2 2012 = 14024 > 1182 ,
							2013	1

с другой стороны, a20132 < a12 + 2 2012 + 10020122 < 14024 +1 < 118,52 .

Поэтому 118 < a2013 < 118,5.

Ответ: 118.

4.Участникам викторины было задано четыре вопроса: на первый вопрос правильно ответили 90 участников, на второй – 50, на третий – 40, а на четвертый – 20, причем никто не смог правильно ответить более чем на два вопроса. Каково наименьшее число участников викторины при этих условиях?

Решение. Суммарное количество ответов равно 200. Так как ни один человек не ответил более чем на два вопроса, то наименьшее возможное количество участников равно 100, и в этом случае каждый участник викторины должен правильно ответить ровно на 2 вопроса. Покажем, что описанная ситуация реализуется. Пронумеруем участников от 1 до 100. На первый вопрос ответили участники

сномерами от 1 до 90, на второй – с номерами от 91 до 100 и от 1 до 40, на третий – от 41 до 80 и на четвёртый – от 81 до 100.

Ответ: 100.

5.Фигура на координатной плоскости состоит из точек (x, y) , удовлетворяющих при любом t R двум неравенствам:

x2 + y2 < π 2 + t2 , cos y < 2 + cos 2x + cos x(4sin t −1) − cos 2t .

14

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Найдите площадь этой фигуры.

Решение. Фигура, координаты точек которой удовлетворяют неравенству x2 + y2 < π 2 + t2 при всех t, представляет собой круг, заданный условием x2 + y2 < π 2 . Преобразуем второе неравенство к

виду	cos y < 2cos2 x + 4cos xsin t − cos x + 2sin2 t
2(cos x + sin t)2 > cos y + cos x .

Отсюда следует, что (x, y) , удовлетворяющие этому неравенству при всех t, это в точности (x, y) , удовлетворяющие неравен-

ству cos y + cos x < 0	2cos	x + y	cos	x − y	< 0 .
	2		2

Ввиду периодичности задачи по каждой переменной, выпишем решение последнего неравенства на периоде:

cos

cos

cos

cos

x + y > 0 2

x − y < 0 2

x + y < 0 2

x − y > 0 2

			−x − π
				x + π
		−x + π
				x − π

<y < −x + π

<y < x + 3π

<y < −x + 3π

<y < x + π

Фигура, заданная этими неравенствами представляет собой два квадратика, а с учётом периодичности – «паркет» из квадратиков (см.

рисунок).

Пересечение круга с «паркетом квадратиков» состоит из четырёх круговых сегментов, суммарная

площадь	которых равна разности площадей круга x2 + y2 < π 2 и
квадрата		x		+		y		≤ π и равна π π 2 − (π		)2 = π 3 − 2π 2 .
									2

Ответ: π 3 − 2π 2 .

15

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

6. Вовочка написал на доске равенство 101 = 11011. Учитель информатики сказал, что это равенство будет верным, если понимать его как запись одного и того же числа, но в разных системах счисления. Найдите основания этих систем.

Решение. Пусть основание счисления первого числа равно n, а второго – k. Тогда равенство, написанное Вовочкой, равносильно

уравнению n2 +1 = k4 + k3 + k +1 n2 = k4 + k3 + k ,	n,k Z .
Умножим последнее уравнение на 4 и выделим полные квад-
раты: (2n)2 = (2k2 + k )2 + 4k − k2 .
Так как при k > 4 выполнено неравенство 4k − k2	< 0 , то при

k > 4 верно неравенство (2n)2 < (2k2 + k )2 . Сравним (2n)2 с квад-

ратом

предыдущего

числа

(

2k2 + k −

)

= 4k4 + 4k3 − 3k2 − 2k +1 :

1 2

(2n)2 > 4k4 + 4k3 − 3k2 − 2k +1

4k4 + 4k3 + 4k > 4k4 + 4k3 − 3k2 − 2k +1 3k2 + 6k −1 > 0 .

Решения

последнего

неравенства

принадлежат множеству

−3 − 2

−3

+ 2

−∞;

3

3

;

+ ∞ , поэтому указанное неравенство

3

3

−3 + 2

< 1

выполняется

для

всех натуральных k

(так

как

3

3

−3 + 2

< 3

< 6 ).

Следовательно,

при

k > 4 выполнены

3

12

неравенства (2k2 + k −1)2 < (2n)2 < (2k2 + k )2 , что невозможно.

Остаётся перебрать значения k = 1,

2, 3, 4. Проверка показы-

вает, что подходят только k = 4 , n = 18 .

Ответ: 18 и 4.

7. Найдите минимальное значение дискриминанта квадратного трёхчлена, график которого не имеет общих точек с областями, расположенными ниже оси абсцисс и над графиком функции

y =	1			.
		1− x2

16

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Решение. Так как дискриминант квадратного трёхчлена D = b2 − 4ac , то будем искать максимальное значение произведе-

ния ac. Так как для всех x выполнено неравенство ax2 + bx + c ≥ 0 , то a ≥ 0 , c ≥ 0 . Пусть

	f (x) =						1		−		(		ax2 + bx + c								)	.
			1				− x2
	Так как для всех											x				< 1 по условию f (x) ≥ 0 , то
			1										1								− (a + 2c).
	0 ≤ f						+ f			−								= 2 2
			2										2

Значит, a + 2c ≤ 22 , поэтому из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим получаем:

22 ≥ a + 2c ≥ 2 a 2c = 22ac . Значит, ac ≤ 1 .

Докажем, что 1 – это максимум ac. Действительно, пусть a = 2c = 2 , b = 0 , тогда исходное неравенство принимает вид:

								2			2	2
		1			1			(2x	−1)				(x +1) ≥ 0
	x2 +			≤
2
		2			1− x2					x			< 1

Поэтому для дискриминанта квадратного трёхчлена справед-

ливы неравенства D = b2 − 4ac ≥ −4ac ≥ −4 , и его наименьшее значение равно −4 .

Ответ: −4 .

8. При каких натуральных n и k неравенства x1 + ... + xk ≤ n и y1 + ... + yn ≤ k имеют одинаковые количества целочисленных

решений (x1,..., xk ) и ( y1,..., yn ) ?

Решение.

1. Вначале докажем, что для любых натуральных n и k и

любого l: 0 ≤ l ≤ min (n; k )		неравенства
x1 + ... + xk ≤ n	(1)	и	y1 + ... + yn ≤ k	(2)
			17

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

имеют одинаковое число таких решений, в которых значения всех переменных целые неотрицательные и ровно l из них отличны от нуля.

Каждый набор переменных, удовлетворяющий (1), изображается в виде «лестницы», идущей от точки (k, 0) к точке (0, n) и строящейся следующим образом:

1) зная первое число x1 , загоняем в левый нижний угол (здесь это точка (0, 0) ) первую «бетонную ступеньку» – прямо-

угольник шириной k и высотой x1 (возможно, нулевой, если x1 = 0 , то есть ступенька вырождена);

2) зная второе число x2 , загоняем в левый нижний угол (теперь это точка (0, x1 ) ) следующую ступеньку – прямоугольник ши-

риной k −1 и высотой x2 ;

3) и так далее, пока не получится полная лестница.

Та же лестница изображается по набору переменных, удовлетворяющему (2), если загонять в левый нижний угол вертикальные

бетонные ступеньки от точки (0, n) к точке (k, 0) : сначала высотой

n и шириной y1 , к ней высотой n −1 и шириной y2 , и так далее.

Таким образом, наборы отождествляются посредством лестниц, причем число ненулевых чисел в них одинаково, так как оно совпадает с числом ступенек (настоящих, невырожденных).

2. Если (x1,..., xk ) – решение неравенства (1), в котором все xi ≥ 0 ( i = 1, 2, ..., k ) – целые и ровно l из них отличны от нуля, то

из этого решения получаем ровно 2l различных решений неравенства x1 + ... + xk ≤ n , заменяя каждое положительное xi > 0 на два

значения: xi и −xi . Отметим, что таким образом мы получим все

целочисленные решения неравенства (1), у которых ровно l значений переменных отличны от нуля. Из этого рассуждения, используя утверждение пункта 1, получаем: для любых натуральных n и k

неравенства x1 + ... + xk ≤ n и y1 + ... + yn ≤ k имеют одинаковое

число целочисленных решений, в которых ровно l значений пере-

18

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

менных отличны от нуля. Далее, перебирая все значения l от 0 до min (n; k ) , получаем доказательство утверждения.

Из приведённых рассуждений следует, что количество цело-

min(n; k )

численных решений неравенств (1) и (2) равно ∑ 2l Ckl Cnl .

l;0

Ответ: для любых натуральных n и k.

Примеры заданий 2013/14 учебного года

9. Сколько страниц в книжке, если для полной нумерации ее страниц (от первой до последней) потребовалось 708 цифр?

Решение. Однозначными и двузначными числами занумеровано 99 страниц – на это ушло 9 1+ 90 2 = 189 цифр. Значит, осталось 708 −189 = 519 цифр, которыми записано 519 : 3 = 173 трехзначных числа.

Ответ: 272.

10. Шариковая ручка стоит 10 рублей, гелевая – 50 рублей, а перьевая – 80 рублей. Какое наибольшее количество гелевых ручек можно купить при условии, что всего нужно купить ровно 20 ручек и среди них должны быть ручки всех трех типов, а истратить на них нужно ровно 1000 рублей?

Решение. Если куплено x шариковых ручек, y – гелевых и z – перьевых, то получаем: x + y + z = 20 ; 10x + 50y + 80z = 1000 (или

x + 5y + 8z = 100 ). Вычитая из второго уравнения первое, получим

4y + 7z = 80 . Отсюда следует,	что z	должно делиться на 4, т. е.
z = 4n . Значит, 4y + 7 4n = 80 ,	т. е.	y = 20 − 7n . Соответственно

x = 20 − y − z = 3n . Положительные решения получаются при n = 1 и n = 2 . В итоге решением являются две тройки целых чисел: (3,13, 4) и (6, 6, 8) . Наибольшее возможное y равно 13.

Ответ: 13.

19