Решения задач для 11 класса (13-я олимпиада)

1. Рассмотрим значения функции T(x):

• при x, принадлежащих промежутку (-∞; 2], T(x)=0;


• при x, принадлежащих промежутку (2; 3], T(x)=2;


• при x, принадлежащих промежутку (3; 5], T(x)=5;


• при x, принадлежащих промежутку (5; 7], T(x)=10;


• при x, принадлежащих промежутку (7; 11], T(x)=17;


• при x, принадлежащих промежутку (11; 13], T(x)=28;


• при x, принадлежащих промежутку (13; 17], T(x)=41;

и т.д.

Найдём корни уравнения y=2x²/5, для y из множества {0, 2, 5, 10, 17,

28, 41}.

• 2x²/5=0, x=0.


• 2x²/5=2, x=±√5, x≈±2.23.


• 2x²/5=5, x=±(5√2)/2, x≈±3.53.


• 2x²/5=10, x=±5.


• 2x²/5=17, x=±(√170)/2, x≈±6.51.


• 2x²/5=28, x=±(√70) , x≈±8.36.


• 2x²/5=41, x=± (√410)/2, x≈±10.12.

Подходящих отрицательных корней нет, и не может быть, так как функция T(x) для

x<0 равна нулю. А функция y при отрицательных x принимает значения строго большие нуля.

Для положительных x можно заметить, что функция y растёт быстрее, чем функция

T(x). Значит, при x>17 других корней не будет. Значит, всего существует 3 корня: x=0, x=√5, x=(5√2)/2.

           Ответ: 0, √5, (5√2)/2.

2. Сначала заметим, что никакие две вершины куба 6х6х6 не могут входить в состав одной части. Действительно, они соединены либо ребром длины 6, либо диагональю в грани, длина которой 6√2, либо диагональю куба, длина которой 6√3. Ни один из этих отрезков невозможно поместить внутрь меньшего куба. Значит, число частей не меньше 8.

Несложно подобрать пример разрезания, когда их ровно 8.

Ответ: 8.

3. Разложение левой части уравнения на линейные множители позволяет убедиться, что произведение трёх корней равно −2013, их сумма − −А, а В – сумма их попарных произведений (это теорема Виета для кубического уравнения). Так как порядок корней не играет роли, то занумеруем их по возрастанию абсолютной величины.

Начнём с разложения 2013 на множители: 2013=1х1х2013=1х3х671=1х11х183=1х33х61=

=3х11х61. Так как произведение трёх корней равно −2013, то в каждом из этих разложений либо один отрицательный множитель, либо все три. Из-за повтора корней случаю 2013=1х1х2013 соответствуют только три принципиально различных варианта: −2013=1х1х(−2013) , −2013=(−1)х1х2013 и −2013=(−1)х(−1)х(−2013), а остальным – по четыре, т.е. всего 19. Легко убедиться, что каждому варианту отвечает своя пара (А;В).

Ответ: 19.

4. Есть два принципиально различных случая расположения этих окружностей: их центры могут либо лежать на одной прямой, либо образовывать египетский треугольник. В первом случае всё просто: только две области, ограничены дугами всех трёх окружностей. Чтобы найти их суммарную площадь, нужно из площади 9π круга радиуса 3 вычесть площади π и 4π двух других кругов. Так как эти две области симметричны друг другу, то площадь каждой из них равна половине разности, т.е. 2π.

Во втором случае вариантов больше. Начнём с области, ограниченной внутренними дугами (лежащими внутри египетского треугольника). Так как точки касания окружностей лежат на сторонах египетского треугольника, то из его площади 6 нужно вычесть площади трёх секторов.

Площадь сектора меньшей окружности (сектор с дугой в 90 градусов) S1=π/4 .

Площадь сектора средней окружности (сектор с дугой в arcsin(4/5)) S2=4 arcsin(4/5).

Площадь сектора большей окружности (сектор с дугой в arcsin(3/5)) S3=9 arcsin(3/5).

Этому варианту отвечает S=6-(s1+s2+s3) = 6−π/4 −4 arcsin(4/5)−9 arcsin(3/5) .

Ещё 7 вариантов получаются, если к последней величине прибавить либо площадь π , 4π или 9π любого круга, либо площади любых двух из этих кругов, либо всех трёх.

Ответ: 9 вариантов (см. решение).

5. Прежде всего, x≥1 . Заметим, что в левой части уравнения стоит возрастающая функция, а в правой – убывающая. Значит, корень может быть только один. Его легко подобрать.

Ответ: х=3 .

6. Предполагается, что каждый день в каждом городе встречаются 4 шахматиста, играющие друг с другом.

4 шахматиста, встретившиеся в один день, должны в остальные дни играть в разных городах, т.к. каждый с каждым играет 1 раз.

Выдадим шахматистам, игравшим в первые два дня в указанных в таблице городах, значки А…Р.

В последующие три дня шахматисты А, Г, Н, Р должны сыграть с Е, Ж. К, Л. Т.к. последних четверо, а дней остается три, в один день А (или Г) играет либо с Е и Л, либо с Ж и К. Поскольку К и Ж не могут встретиться в тот день, когда играют по отдельности (например, с А), значит, в один день играют группы А, Е, Л, Р и Г, Ж, К, Н (или А, Ж, К, Р и Г, Е, Л, Н, но этот вариант можно получить из предыдущего перестановкой 2-го и 3-го столбцов таблицы, поэтому отдельно его рассматривать не будем). Для определенности, пусть это 3-й день турнира.

В 4-й и 5-й день А играет с Ж, М, О и З, К, П. Н в те же дни играет с Б, З, Л и В, Е, М. Р в те же дни играет с В, Д, К и Б, Ж, И. Г в те же дни играет с Е, И, П и Д, Л, О.

Составим таблицу, две оставшиеся ячейки легко заполнить.

Ответ: