Решения задач для 11 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/568463.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть красных точек x, а синих y. Проведено отрезков xy=2011.
Так как 2011 – простое число, то должно быть 2011 точек одного цвета и одна другого. Всего - 2012.
Ответ: 2012.
Задача 3
Прежде всего, заметим, что если числа не обязательно целые, то минимум a+b+c достигается в случае их равенства. Так как 262=676>2011/3 , то отсюда следует, что минимум ≥78 .
Не теряя общности, можно считать, что a≤b≤c , откуда а<26 .
Теперь выразим с=(2011-ab)/(a+b)=(2011+a2)/(a+b)−а . Последняя дробь подсказывает возможность искать a+b среди делителей 2011+a2 . С учётом а<26 достаточно перебрать не более 25 возможностей для а и для каждого из них разложить 2011+a2 на множители. Так как в случае минимума a, b и c должны быть сравнительно близки друг к другу, то перебор лучше вести по убыванию а, начав с а=25.
Подстановка а=17 даёт 2011+a2 =2300=46∙50 , что приводит к b=29 , c=33 и a+b+c=79 .
Ответ: 79.
Задача 4
Теорема Виета легко сводит эту задачу к предыдущей.
Ответ: −79.
Задача 5
Легко убедиться, что левая часть уравнения возрастает. Следовательно, уравнение имеет не более одного натурального корня. Теперь его легко найти подбором: n=3.
Ответ: n=3.
Задача 6
Весьма существенным является замечание о непрерывности функции f(g(h(x))=sin(π[x]) . Действительно, достаточно наблюдения, что [x] принимает только целые значения k, при подстановке которых sin(πk) обращается в ноль. Отсюда следует, что f(g(h(x))=sin(π[x]) тождественно обращается в ноль. Постоянная функция непрерывна.
Теперь можно построить сколько угодно новых примеров, добавляя в начале формульного выражения знаки любой функции.
Ответ: f(g(h(x)) и все более сложные композиции вида А(f(g(h(x))) , где А – любая из данных функций или даже любая их композиция.
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть красных точек x, а синих y. Проведено отрезков xy=2011.
Так как 2011 – простое число, то должно быть 2011 точек одного цвета и одна другого. Всего - 2012.
Ответ: 2012.
Задача 3
Прежде всего, заметим, что если числа не обязательно целые, то минимум a+b+c достигается в случае их равенства. Так как 262=676>2011/3 , то отсюда следует, что минимум ≥78 .
Не теряя общности, можно считать, что a≤b≤c , откуда а<26 .
Теперь выразим с=(2011-ab)/(a+b)=(2011+a2)/(a+b)−а . Последняя дробь подсказывает возможность искать a+b среди делителей 2011+a2 . С учётом а<26 достаточно перебрать не более 25 возможностей для а и для каждого из них разложить 2011+a2 на множители. Так как в случае минимума a, b и c должны быть сравнительно близки друг к другу, то перебор лучше вести по убыванию а, начав с а=25.
Подстановка а=17 даёт 2011+a2 =2300=46∙50 , что приводит к b=29 , c=33 и a+b+c=79 .
Ответ: 79.
Задача 4
Теорема Виета легко сводит эту задачу к предыдущей.
Ответ: −79.
Задача 5
Легко убедиться, что левая часть уравнения возрастает. Следовательно, уравнение имеет не более одного натурального корня. Теперь его легко найти подбором: n=3.
Ответ: n=3.
Задача 6
Весьма существенным является замечание о непрерывности функции f(g(h(x))=sin(π[x]) . Действительно, достаточно наблюдения, что [x] принимает только целые значения k, при подстановке которых sin(πk) обращается в ноль. Отсюда следует, что f(g(h(x))=sin(π[x]) тождественно обращается в ноль. Постоянная функция непрерывна.
Теперь можно построить сколько угодно новых примеров, добавляя в начале формульного выражения знаки любой функции.
Ответ: f(g(h(x)) и все более сложные композиции вида А(f(g(h(x))) , где А – любая из данных функций или даже любая их композиция.