Физтех-олимпиада

·  Задача №1 - олимпиада Физтех 2014 по математике (онлайн-этап) 
Семейные праздники 
У семейной пары дни рождения в один и тот же день. При очередном праздновании их общего дня рождения муж заметил, что сейчас ему вдвое больше лет, чем было его жене тогда, когда ему было столько лет, сколько жене сейчас. А когда ей будет столько лет, сколько ему теперь, им обоим вместе будет 72 года. Сколько лет мужу сейчас? 
 
Решение: 
Есть три момента времени. 
Момент 1 (настоящее время): мужу x лет, жене y лет. 
Момент 2 (прошлое): мужу y лет, жене x/2 лет (по условию). 
Момент 3 (будущее): мужу 72−x лет, жене x лет. 
В каждый момент времени разность возрастов остается неизменной, получаем равенства: 
x−y=y−x/2=72−x−x. 
Из первого равенства y=34x⇒14x=72−2x⇒x=32. 
 
Ответ: 32.

·  kovalev 4-11-13, 12:11

Задача №2 - олимпиада  Физтех 2014 по математике (онлайн-этап) 
Последовательность 
Последовательность an такова, что a1=5,a2=20. Найдите a1001, если для любого натурального n справедливо равенство an+1=an⋅an+2. 
 
Решение: 
Из формулы: an+2=an+1an 
тогда a3=4,a4=15,a5=120,a6=14,a7=5,a8=20. 
Значит наша последовательность выгладит так: 
5,20,4,15,120,14,5,20,4... 
a6k+1=5,a6k+2=20,a6k+3=4,a6k+4=15,a6k+5=120,a6k+6=14 для всех k∈Z+ 
Значит a1001=a6⋅166+5=a5=120=0,05. 
 
Ответ: 0,05.

·  kovalev 4-11-13, 12:13

Задача №3 - олимпиада  Физтех 2014 по математике (онлайн-этап) 
Тангенс суммы 
Известно, что tanα+tanβ=18, а cottanα+cottanβ=27. Найдите tan(α+β). 
 
Решение: 
Используем формулу tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ 
Обозначим tanα=x,tanβ=y, тогда 
⎧⎩⎨⎪⎪x+y=181x+1y=27⇒⎧⎩⎨x+y=18x+yxy=27⇒⎧⎩⎨x+y=18xy=23 
Значит, tan(α+β)=x+y1−xy=181−23=54 
Отмечу, что решать систему нет необходимости! 
 
Ответ: 54.

·  kovalev 4-11-13, 12:15

Задача №4 - олимпиада  МФТИ Физтех 2014 по математике (онлайн-этап) 
Наименьшее значение  
При каком значении параметра a значение выражения x21+x22 будет наименьшим, если x1,x2 — корни уравнения x2+ax+a–2=0? 
 
Решение: 
По т. Виета: x1+x2=−a,x1⋅x2=a−2⇒ 
⇒x21+x22=(x1+x2)2−2x1x2=a2−2a+4=f(a) 
Нам надо найти amin для функции f(a), при котором уравнение x2+ax+a−2=0 имеет корни, т.е.  
D=a2−4a+8>0, но это верно при всех a∈R, поэтому просто ищем минимум f(a). 
f(a)=(a−1)2+3≥3⇒amin=1. 
 
Ответ: 1.

·  kovalev 4-11-13, 12:16

Задача №5 - олимпиада  МФТИ Физтех 2014 по математике (онлайн-этап) 
Делители куба 
Натуральное число имеет ровно два простых делителя. Его квадрат имеет 51 различный натуральный делитель. Какое наибольшее количество различных натуральных делителей может иметь куб этого числа? 
 
Решение: 
Пусть n наше число, тогда n=px⋅qy, где p≠q - простые, x,y∈N. 
Тогда n2=p2x⋅q2y, при этом число различных натуральных делителей n2 составляет (2x+1)(2y+1). 
Это легко посчитать, выписав все делители в таблицу: 
1,p,p2,...,p2x - 2x+1 делителей 
q,pq,p2q,...,p2xq - 2x+1 делителей 
... 
q2y,pq2y,...,p2xq2y - 2x+1 делителей. 
Таблица с 2x+1 столбцами и 2y+1 строками, всего элементов (2x+1)(2y+1). 
 
Получили уравнение в натуральных числах (2x+1)(2y+1)=51=3⋅17. 
2x+1>1,2y+1>1, поэтому получаем два симметричных решения (x,y)=(1,8),(8,1). 
n=p⋅q8 или n=p8⋅q, в обоих случаях получаем одно и то же число делителей для n3. 
n3=p3⋅q24⇒ число делителей равно (3+1)(24+1)=100. 
 
Ответ: 100.

·  kovalev 4-11-13, 12:17

Задача №6 - олимпиада  МФТИ Физтех 2014 по математике (онлайн-этап) 
Монотонность  
При каком наименьшем значении параметра a функция 4x3+18x2+ax+3 будет возрастать на всей числовой оси? 
 
Решение: 
Найдем производную f'(x)=12x2+36x+a. 
f(x) монотонно возрастает ⇔f'(x)≥0∀x∈R 
Значит, 12x2+36x+a=3(4x2+12x)+a=3(2x+3)2+a−27≥0∀x∈R 
Это верно ⇔a−27≥0⇒a≥27, т.е. amin=27 (понятно, что этот a годится). 
 
Ответ: 27.

·  kovalev 4-11-13, 12:19

Задача №7 - первый тур по математике (Физтех 2014) 
Три окружности  
В равнобедренном треугольнике ABC проведена медиана AM к боковой стороне. Найдите квадрат радиуса окружности, описанной около треугольника ABC, если радиусы окружностей, описанных около треугольников ABM и AMC, равны 36 и 18. 
 
Решение: 
1. ACsinγ=2R1=36,ABsinγ=2R2=72⇒ABAC=2, где γ=∠AMC 
Обозначим AC=x⇒AC=CM=MB=x,AB=BC=2x. 
2. По формуле медианы, AM=128x2+2x2−4x2−−−−−−−−−−−−−√=x⋅32−−√. 
3. Известно, что SABM=SAMC=12SABC=12S. 
Используем формулу радиуса описанной окружности R=abc4S. 
Для треугольника ABM: 36=x36√2S⇒x3S=726√ 
Для треугольника ABC: R=4x34S=x3S=726√  
R2=864. 
 
Ответ: 864.

·  kovalev 4-11-13, 12:21

Задача №8 - первый тур по математике (Физтех 2014) 
Ломаные  
Отметили все вершины правильного 12-тиугольника. Сколько существует незамкнутых несамопересекающихся десятизвенных ломаных с вершинами в отмеченных точках? 
 
Правильность 12-тиугольника используется только в том смысле, что многоугольник выпуклый. 
У ломаной 10 звеньев, значит у нее 11 вершин. Первую вершину можно выбрать 12 способами. k-ую вершину можно выбрать 2 или 4 способами. 2 способа - когда выбирается соседняя точка для одной из предыдущих вершин, 4 способа - когда выбираются соседние и соседние к этим соседним. При этом, выбрать соседнюю к соседней точке можно только 1 раз, иначе получим, что ломаная самопересекается. По последней точке будет 1 способ или 2, в зависимости от того, выбрана была соседняя к соседней или нет.  
Если была выбрана соседняя к соседней, то число способов будет 12⋅4⋅28. Если не была выбрана соседняя к соседней, то число способов будет равно 12⋅29⋅2. В обоих случаях ответ равный. 
Поскольку не учитывались начало и конец ломаных, то найденное количество надо поделить на 2. 
Итого, 12⋅29=6144. 
 
Ответ: 6144.

·  kovalev 4-11-13, 12:26

Задача №9 - отборочный по математике (Физтех 2014) 
Знаменатель прогрессии  
Какое наибольшее значение может иметь знаменатель геометрической прогрессии b1,b2,…, если число 0,1 является корнем уравнения 
b12x11+…+b3x2+b2x+b1=0. 
 
Решение: 
Как известно, bn=b1⋅qn−1, поэтому из уравнения получаем: 
b1⋅q11⋅x11+...b1⋅q⋅x+b1=0 
обозначим xq=q10=p⇒b1(p11+p10+...+p+1)=0 
По определению геом. прогрессии, b1≠0⇒f(p)=p11+p10+...+p+1=0 
f(p)=p12−1p−1 (по формуле или через сумму прогрессии) ⇒p12=1⇔p=±1. 
Но p≠1 (например, по ОДЗ) ⇒p=−1. 
Значит q=10p=−10. 
 
Ответ: −10.

·  kovalev 4-11-13, 12:29

Задача №10 - отборочный этап по математике (Физтех 2014) 
Боковая сторона  
В равнобедренный треугольник ABC (AB=BC) вписана окружность. Через точку D, лежащую на стороне AB, проведена касательная к окружности, пересекающая прямую AC в точке E. Найдите длину боковой стороны треугольника ABC, если AC=24,CE=36 и BD=AB5.

Вообщем так! По т. менелая находим отношение BK/kc. Оно равно 28:45! Потом всё просто. Проводим к AC перпендикуляр он же высота и медиана. Отрезки касательных к окружности равны. Найдем КС. Оно равно 6! Из отношения по менелаю найдем вк. ВС= ВК+КС=6+3,6=9,6! Ответ 9,6

·  Задача №11 - отборочный этап по математике (олимпиада Физтех 2014) 
Монотонные числа 
Найдите количество десятизначных чисел, в десятичной записи которых могут встречаться только цифры 1,2,3,4 и таких, что каждая цифра не меньше предыдущей. 
 
Решение: 
Не совсем ясно, убывают цифры или возрастают, но разницы нет, т.к. и так и так получится одно и тоже количество. Зеркальные случаи. 
Далее решение без комбинаторных изысков: 
ak,bk,ck,dk - количество чисел удовлетворяющих условию задачи, с первыми цифрами 1,2,3,4 соответственно и k знаками.  
Тогда a1=b1=c1=d1=1. 
Также, можно заметить, что ak+1=ak+bk+ck+dk 
bk+1=bk+ck+dk 
ck+1=ck+dk 
dk+1=dk 
Отсюда получим 
a10=a1+9b1+45c1+165d1=220 
b10=b1+9c1+45d1=55 
c10=c1+9d1=10 
d10=d1=1 
Значит, наше искомое число равно 220+55+10+1=286. 
 
Ответ: 286.

·  kovalev 4-11-13, 12:36

Задача №12 - отборочный этап по математике (олимпиада Физтех 2014) 
Шесть лучей 
На сторонах AB и AD квадрата ABCD со стороной 16 отмечены точки E и F соответственно. Угол ECF равен 600. Из вершин B и D проведены перпендикуляры к 00/вершинами в основаниях этих перпендикуляров?

 
На сторонах AB и AD квадрата ABCD со стороной 16 отмечены точки E и F соответственно. Угол ECF равен 30∘. Из вершин B и D проведены перпендикуляры к отрезкам CE и CF. Какая наибольшая площадь может быть у четырехугольника с вершинами в основаниях этих перпендикуляров? 
 
Решение: 
 
Здесь можно ввести один параметр в виде угла, определяющего все дальнейшие построения, и далее всё через него выразить. Квадрат я буду считать единичным: в конце площадь можно будет умножить на 16^2. Итак, я ввожу обозначения B1, D1 для оснований перпендикуляров, опущенных из B и D соответственно на отрезок CE, а также B2 и D2 для отрезка CF. Расположение точек там получается однозначное в том смысле, что D1 находится ближе к вершине C по сравнению с B1, а B2 ближе по сравнению с D2. Исходя из Решать нужно примерно так:площадь четырёхугольника B1D1B2D2 равна разности площадей двух треугольников: CB1D2 и CD1B2. Величину угла BCE обозначим через φ. Соответственно, угол DCF будет равен π/3−φ, чтобы в сумме с углом ECF получался прямой угол. Теперь легко выразить длины интересующих нас отрезков -- для последующего нахождения площадей треугольников: CB1=cosφ; CD2=cos(π/3−φ); CD1=cos(π/2−φ)=sinφ; CB2=cos(π/6+φ)=sin(π/3−φ). В итоге разность площадей треугольников будет равна 1/2sin(π/6)⋅(CB1⋅CD2−CD1⋅CB2), то есть 1/2sin(π/6)(cosφcos(π/3−φ)−sinφsin(π/3−φ))=1/2sin(π/6)cos(π/3)=1/8. После умножения на 16^2 получится 32.

·  kovalev 4-11-13, 12:38

Задача №13 
Параллелепипед 
Площадь проекции прямой четырехугольной призмы ABCDA1B1C1D1 с ромбом ABCD в основании на плоскость, перпендикулярную его диагонали AC1, равна 89−−√. Чему будет равна площадь проекции параллелепипеда на плоскость, перпендикулярную диагонали BD1, если AA1=8,AC=6,BD=5?

·  kovalev 4-11-13, 12:39

Задача №14 
Непрямоугольные треугольники 
На клетчатой бумаге по линиям сетки выделили прямоугольник 10×15 клеток. В нем отметили все узлы, в том числе и лежащие на его границе. Какое наибольшее число отмеченных узлов можно выбрать так, чтобы никакие три из них не являлись вершинами прямоугольного треугольника? 
 
Решение: 
Возьмем узлы на границе первых столбца и строки. Исключим угловой узел, остается 10+15=25 узлов. Из-за исключения углового узла, из любых трех узлов минимум две попадут на одну сторону таблицы, поэтому любые три узла образуют тупоугольный треугольник. 
Предположим, что отметили 26 или больше узлов. Возьмем произвольный отмеченный узел, который лежит на пересечении двух линий сетки (горизонтальной и вертикальной). Чтобы не получился прямоугольный треугольник, как минимум на одной из двух линий нет другого отмеченного узла. Эта линия называется "бедной". Для каждого отмеченного узла есть минимум одна своя бедная линия, значит всего бедных линий минимум 26. Всего линий 11+16=27, значит не бедных линий максимум 1.  
Теперь попробуем разместить 26 точек по 11 линиям. Получаем минимум 2 не бедные линии - противоречие. 
 
Ответ: 25.

·  kovalev 4-11-13, 12:40

Задача №15 
Лучи на координатной плоскости 
Из начала координат проведено 720 лучей, которые делят координатную плоскость на углы в 0,50. Известно, что четыре из них совпадают с координатными полуосями. Найдите сумму абсцисс точек пересечения этих лучей с прямой y=10–x. 
 
Решение: 
1. Для начала рассмотрим 4 луча, которые совпадают с полуосями. Очевидно, что прямая y=10−x пересчет два из них (положительные полуоси), при этом сумма абсцисс точек пересечения равна 10. 
2. Теперь рассмотрим первую четверть. Кроме границ-полуосей, в этой четверти 179 лучей. Важно не ошибиться с подсчетом лучей! 
Каждый луч вида y=kx, где k=tanα,α∈(0;900) - угол, который составляет прямая с осью X. 
Разобьем на пары по углам, т.е. (89,50;0,50),(890;10),...,(45,50;44,50) - всего 89 пар вида (α;π2−α) и остается еще 1 угол 450. 
Посчитаем для каждой пары сумму абсцисс точек пересечения соотв. пары лучей с прямой y=10−x. 
kx=10−x⇒x=10k+1=10tanα+1. 
Тогда сумма равна 10tanα+1+10tan(π2−α)+1=10tanα+1+10cottanα+1=10. 
Еще луч y=x, ее абсцисса пересечения равна 5. 
Общая сумма 89⋅10+5=895.  
3. Теперь можно посчитать сумма абсцисс для лучей, которые лежат во 2 и 4 четвертях. Понятно, что все лучи лежащие на прямой y=−x или ниже нее - не пересекутся с y=10−x.  
Остальные лучи можно разбить по парам (один луч берем из 2 четверти, другой симметричный относительной прямой y=x из 4 четверти). Всего таких лучей будет 178, а пар 89. 
Каждая такая пара даст сумму абсцисс, равной 10. Можно это получить исходя из геометрических соображений, или аналогично пункту 2. 
Общая сумма равна 890. 
 
Итоговая сумма абсцисс 10+895+890=1795. 
 
Ответ: 1795.

·  kovalev 4-11-13, 12:41

Задача №16 
Кузнечик 
Кузнечик прыгает по вершинам правильного треугольника ABC, прыгая каждый раз в одну из соседних вершин. Сколькими способами он может попасть из вершины A обратно в вершину A за 12 прыжков? 
 
Решение: 
Пусть кузнечик может совершить 1 прыжок, тогда число способов вернуться в вершину A равно 0, число способов попасть на вершину B равно 1. 
Пусть всего 2 прыжка. Тогда число способов попасть обратно равно 2, а число способов попасть на вершину B равно 1. 
Пусть A(k) - число способов вернуться в вершину A за k прыжков, B(k) - число способов попасть на вершину B за k прыжков. Тогда получаем, что A(k+1)=B(k)+C(k)=2B(k). 
Также B(k+1)=A(k)+C(k)=A(k)+B(k) 
(C(k) аналогичный показатель для вершины C, очевидно, что C(k)=B(k)) 
Итак, имеем два рекуррентных соотношения: A(k+1)=2B(k),B(k+1)=A(k)+B(k) 
A(1)=0,B(1)=1,A(2)=2,B(2)=1,A(3)=2,B(3)=3 и т.д. Получаем A(12)=1366. 
 
Ответ: 1366.

·  kovalev 4-11-13, 12:44

Задача №17 
Цилиндр 
В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD со стороной AB=12. На продолжении диагонали CA за точку A выбрана точка H так, что AH=3CA. Отрезок SH=6 перпендикулярен плоскости основания пирамиды. Какой наибольший объем V может иметь цилиндр, расположенный внутри пирамиды так, что одно из его оснований лежит на основании пирамиды? В ответе укажите величину Vπ.

·  kovalev 4-11-13, 12:46

Задача №18 
Игла 
Прямоугольный параллелепипед 30×35×42, разбитый на 44100 единичных кубиков, проткнули иглой по его диагонали. Сколько единичных кубиков протыкает игла? 
 
Решение: 
Верна следующая формула: 
D (число проткнутых кубиков) =30+35+42−НОД(30,35)−НОД(30,42)−НОД(35,42)+НОД(30,35,42). 
30=2⋅3⋅5,35=5⋅7,42=2⋅3⋅7 
Тогда D=30+35+42−5−6−7+1=90. 
Полное решение выложу потом. 
 
Ответ: 90.

·  kovalev 4-11-13, 12:47

Задача №19 
Игра на выбывание 
В турнире участвовали 89 теннисистов. Все игры проходили на одном корте. Спортсмен, проигравший хотя бы одну игру, выбывает из турнира. Известно, что у участников каждой встречи количество предыдущих побед отличалось не более чем на одну. Какое наибольшее число игр мог сыграть победитель турнира? 
 
Решение: 
Красивая задача на принцип Дирихле + индукцию + числа Фибоначчи. 
f(k) - максимальное количество игр, которые сыграл победитель турнира с k участниками. 
Тогда f(2)=1,f(3)=2,f(4)=2 - победитель не может выиграть последовательно у остальных троих, т.к. нарушается условие задачи (количество предыдущих побед отличалось не более чем на одну). 
f(5)=3. Аналогично f(5)<4, а f(5)=3, когда теннисисты разбиваются на две группы по 2 и 3 человека. 
 
Пусть k=6,7⇒f(k)=3, т.к. Победитель и Финалист выиграли в своих группах, поэтому если f(k)=4, значит Финалист провел минимум 2 игры ⇒ в его группе минимум 3 человека, значит в группе Победителя максимум 4 человека, но тогда до Финала тот провел 2 игры, противоречие. 
f(8)=4, т.к. тогда можно разбить на две группы по 5 и 3 человека, при этом f(5)=3,f(3)=2,|3−2|≤1. 
 
Аналогично, если k=9,10,11,12, то f(k)=4. Если f(k)=5, то Финалист провел в своей группе минимум 3 игры ⇒ в этой группе минимум 5 человек ⇒ в группе Победителя максимум 7 человек, что противоречит тому, что он провел 4 игры в своей группе. 
f(13)=5, разбиваем на две группы по 8 и 5 человек. 
Аналогичными рассуждениями получаем, что f(k)=5 при k=13,...,20. 
f(21)=6,f(k)=6 при k=22,...,33 
f(34)=7,f(k)=7 при k=35,...,54 
f(55)=8,f(k)=8 при k=56,...,88. 
f(89)=9. 
 
Ответ: 9.