Тема Ломоносов

Ломоносов - задания по годам → .08 Ломоносов 2016

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ломоносов

Разделы подтемы Ломоносов - задания по годам

Ломоносов до 2010

Ломоносов 2010

Ломоносов 2011

Ломоносов 2012

Ломоносов 2013

Ломоносов 2014

Ломоносов 2015

Ломоносов 2016

Ломоносов 2017

Ломоносов 2018

Ломоносов 2019

Ломоносов 2020

Ломоносов 2021

Ломоносов 2022

Ломоносов 2023

Ломоносов 2024

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#37483

Какое наибольшее количество чисел можно выбрать из множества всех нечётных чисел, лежащих между $16$ и $2016,$ чтобы ни одно из выбранных чисел не делилось ни на одно другое выбранное?

Источники: Ломоносов-2016, 11.8 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

В качестве примера рассмотрим все нечетные числа из множества $A = {673,675,...2015},$ всего этих чисел $672.$ Если какое-то делится на другое, то оно хотя бы в три раза больше, поскольку числа нечётны, но $2015∕673< 3,$ то есть такого быть не может. Теперь покажем, что каждому числу соответствует своя цепочка делителей из множества $B ={1,...671},$ что их частное равно степени тройки. Отсюда сразу же будет следовать, что цепочки не пересекаются, и если нам удастся показать, что все числа бьются на эти цепочки, то больше $672$ выбрать нельзя — ведь тогда мы взяли хотя бы два числа из одной цепочки и одно кратно другому. Итак, достаточно показать, что для произвольного числа из множества $B$ найдётся такое число из $A,$ что их отношение будет равно степени $3.$ Выберем это произвольное число $x$ и будем умножать его на $3,$ пока $k x⋅3 ≤671,$ в какой-то момент мы получим $m x⋅3 >671,$ но $m−1 m x ⋅3 ≤671 =⇒ x⋅3 ≤ 3⋅671 =2013∈ A.$ Тогда $m−1 3 ⋅x∈ B,$ поскольку оно нечётно и при этом $m 671< x⋅3 ≤2013,$ что и требовалось.

Ответ:

$672$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#48594

Решите неравенство

( )( ( 7) ) logπ6 (2x− 5)− logπ6(7 − 2x) cos x+ 4 − cos(2x − 1) (|x − 4|− |2x− 5|)≥ 0.

Источники: Ломоносов-2016, 11.5 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

ОДЗ:

{ 2x− 5> 0 7− 2x> 0

5 7 x∈ (2;2)

На ОДЗ $(|x− 4|− |2x− 5|)= (4 − x)− (2x − 5)= 9− 3x,$ а по формуле разности косинусов

( ( 7) ) ( 12x +3) ( −4x+ 11) cos x+ 4 − cos(2x− 1) = −2sin --8--- sin --8----

По методу рационализации знак $( ) logπ6(2x − 5)− logπ6(7− 2x)$ на ОДЗ совпадает со знаком $( ) π6 − 1 (2x− 5− (7− 2x))= 46(π− 6)(x − 3)$

В итоге получаем неравенство

( ) ( ) − sin 12x+-3 sin −4x+-11 (x− 3)(π − 6)(x− 3)≥ 0 8 8

( ) ( ) sin 12x+-3- sin −4x-+11 (x− 3)2 ≥0 8 8

На ОДЗ

12x-+3-∈( 6⋅5+3;6-⋅7-+3) ∈(4;6)∈ (π;2π), 8 8 8

поэтому $(12x+3) sin 8 < 0.$

Учтём решение $x = 3,$ сразу запишем в ответ. Остаётся неравенство

( −4x+ 11) sin ---8--- ≥ 0

На ОДЗ

( ) ( ) −-4x-+11 ∈ −7⋅2+-11;−-5⋅2+11 ∈(−1;1)∈ − π;π , 8 8 8 2 2

поэтому неравенство равносильно

−4x+-11- 11- 0 ≤ 8 ⇐ ⇒ x ≤ 4

Ответ:

$(5;11]∪{3} 2 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76408

В треугольнике $ABC$ точки $A ,B ,C − 1 1 1$ середины сторон $BC,AC$ и $AB$ соответственно. Найдите длину стороны $AC$ , если известно, что сумма векторов

−−→ −−→ −−→ 3⋅AA1+ 4⋅BB1+ 5⋅CC1

равна вектору с координатами $(2,1).$

Показать ответ и решение

Обозначив

−−→ ⃗ −→ −→ 2⃗a= BC, 2b= CA и 2⃗c= AB,

$PIC$

получаем

−→ 2⃗a+ 2⃗b+2⃗c= 0

−→ −−→ −−→ (2,1)= 3⋅AA1+ 4⋅BB1 +5 ⋅CC1 = 3(2⃗c+ ⃗a)+4(2⃗a +⃗b)+ 5(2⃗b+⃗c)=

⃗ ⃗ ⃗ =4(2⃗a+ 2b+ 2⃗c)+4(⃗a+b +⃗c)− (2⃗c+⃗a)+ (2b +⃗c)=

=−→0 + −→0 − (⃗a+ ⃗b+ ⃗c)+ 3⃗b= 3⃗b⇒

| | | | √-2--2- √- ⇒ AC = |2⃗b|= |||2⋅3⃗b|||=|||2 ⋅(2;1)|||= 2-2-+-1-= 2-5 3 3 3 3

Ответ:

$2√5 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91392

Найдите все трёхзначные числа $LOM--$ , состоящие из различных цифр $L,O$ и $M$ , для которых выполняется равенство

----- 2 LOM = (L +O +M ) + L+ O+ M

Показать ответ и решение

Обозначим $x= L +O +M.$ Тогда $LOM--=x(x+ 1).$ При этом $x≥ 10$ (иначе $x(x+ 1)< 100$ ) и $x ≤24$ (сумма цифр не превышает $9+ 8+ 7= 24$ ). Из соотношения $2 100⋅L+ 10⋅O+ M = x +L +O + M$ следует, что $2 x = 99⋅L +9 ⋅O$ , т. е. $x$ делится на 3. Осталось подставить значения $12,15,18,21$ и 24 в $x(x+ 1)$ и подсчитать сумму цифр получившегося числа.

Подставив, получаем что сумма цифр совпадает с $x$ только при $x= 12.$

Ответ: 156

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#100194

Найдите произведение всех значений $x$ , при каждом из которых

∘ --√---x2−9x+11 x2−9x+11 ∘---√-- x2−9x+11 ( 4− 11) , 2 , ( 4+ 11) —арифметическая прогрессия.

Показать ответ и решение

Запишем критерий арифметической прогрессии для трёх чисел, что её второй член является средним арифметическим первого и третьего:

∘ --√---x2− 9x+11 ∘ ---√--x2−9x+11 2 (--4−--11)-------+2-(-4+--11)------ =2x −9x+11

Заметим, что

4− √11-+4 +√11-=2⋅22.

Тогда после замены $√ -- √ -- t1 = 4− 11,t2 = 4+ 11,$ получаем

a(x) a(x) ( )a(x) t1---+t2--= t1+-t2 2 2 ,

где

x2− 9x+ 11 a(x)= ----2-----.

Рассмотрим функцию $f(t)=ta$ при $t>0.$

Если $a⁄= 0$ и $a⁄= 1,$ то её вторая производная

f′′(t)= a(a − 1)ta−2

ненулевая и имеет постоянный знак, поэтому функция строго выпукла, так что по неравенству Йенсена равенство

( ) f(t1)+2f(t2)= f t1+2t2

возможно только при $t1 = t2,$ но в нашем случае $t1 = 4− √11⁄= 4+ √11= t2.$

Поэтому $a =0$ или $a= 1,$ то есть

[ x2− 9x +11= 0 x2− 9x +11= 2

Оба уравнения имеют по два различных действительных корня, произведения которых равны 11 и 9 соответственно по теореме Виета. Причём все 4 корня различны (уравнения различны), поэтому произведение всех корней равно 99.

Ответ: 99

Предыдущая подтема

Следующая подтема