Ломоносов - задания по годам → .05 Ломоносов 2013

Назовём циклом следующую последовательность действий — Маша вытаскивает шар из коробки, а затем вешает его на ёлку. По условию один цикл длится секунд, при этом Саша и Паша могут снимать шары с ёлки только в начале цикла (в те самые секунд поиска шарика в коробке). Также всего было циклов, в течение первого из них ребята не могут воровать шары, потому что их нет. Кроме того, они не могут взять больше шаров, чем висит на ёлке и в другие моменты времени — выполнение этого условия для примера предлагается проверить читателю.

Итак, у Саши на одно вороство уходит цикла, поскольку за те секунд, что он ворует и прячет шарик, Маша успевает найти три шара и начать вешать третий из них. Аналогично Паше требуется циклов. Воровать каждый из них может в любой из циклов, не считая первого, тогда Саша украдёт не более шаров, а Паша — не более . В итоге шаров останется как минимум .

Остаётся привести пример. Пусть Саша ворует шары в начале циклов, а Паша — в начале циклов. Нетрудно видеть, что разнциа между номерами циклов соответствует скорости ребят.

Функция является обратной к функции для . Поскольку здесь монотонно возрастает, то и , как обратная, будет монотонно возрастать. Отсюда следует

Дополнительно учитываем ОДЗ, то есть . Имеем систему

Точками смены знака будут , однако их порядок зависит от знака . При получаем решения , а при .

Перепишем неравенство

Отсюда ОДЗ: . То есть и .

Здесь , потому можно преобразовать неравенство

Применим метод рационализации, выражение слева можно заменить на

Осталось упорядочить корни, учесть, что и заключить . Здесь исключаются, поскольку не входят в ОДЗ.

Первое решение.

Обозначим Видно, что Тогда надо понять, почему число

является полным квадратом. Утроенное произведение разнесём в три скобки, а удвоенные произведения — по двум соседним скобкам:

Получилось явно выделить полный квадрат.

Второе решение.

Просто раскроем скобки и получим

Теперь надо понять, квадратом какого числа это может быть.

Заметим, что каждый одночлен является либо квадратом , либо произведением каких-то двух чисел из этого набора. Отсюда вытекает вывод, что это должен быть квадрат , в чём нетрудно убедиться сравнением коэффициентов в одночленах. Действительно, при возведении этого выражения в квадрат полезут только упомянутые ранее квадраты и попарные произведения, которые нам и требуются.

Замечание.

Если число всё ещё кажется взявшимся из ниоткуда, то на помощь приходит симметрия. Поскольку выражение из условия симметрично относительно любой перестановки переменных, то и сам квадрат должен быть таким же. Отсюда, например, угадав набор слагаемых , можно угадать знаки перед ними: знаки не могут быть разными для и или для и , ведь это испортило бы симметрию!

Если треуогльник прямоугольный с гипотенузой , то по т.Пифагора

что приводится к виду . Так как оба множителя — целые числа, имеем только такие случаи: и , для каждого из которых есть троек , т.е. всего способов.

Если гипотенузой является сторона , то аналогично получаем соотношение , что возможно только в следующих случаях:

для каждого из которых есть троек , т.е. всего способов.

Если гипотенузой является сторона , то получаем соотношение . Аналогично предыдущему, находим способов.

Всего получаем способов.

Пусть – количество белой краски. Тогда желтой краски потребовалось а коричневой Отношение общего количества коричневой и желтой краски к количеству белой краски равно

Вначале докажем, что отрезок проходит через точку . Треугольники и подобны, а значит,

Проведём прямую и обозначим точку её пересечения с отрезком через . Треугольники и подобны, а значит,

Аналогично,

Поделим первое из этих равенств на второе и получим

т.е. точка совпадает с точкой , а значит, отрезок совпадает с отрезком и проходит через точку .

По условию

В силу подобия треугольников, , откуда

Найдем из теоремы косинусов в треугольнике

Тогда , а . Высоту трапеции можно найти из прямоугольного треугольника:

В силу подобия, высоты в треугольниках и равны, поэтому

Тогда можно найти площадь трапеции и площади треугольников и :

Поскольку в любой трапеции площади треугольников и равны, окончательно получаем

Докажем, что n не может быть больше 1006. Действительно, если то в точку с координатой 1007 можно попасть только из начала отрезка. Но если блоха прыгнет из точки 0 в точку 1007, то вперёд она прыгнуть не может, так как но и обратно прыгнуть блоха тоже не может, следовательно, должна закончить свой путь в этой точке и не побывать в других.

При подходит, например, такой путь: