Тема Физтех и вступительные по математике в МФТИ

Физтех - задания по годам → .14 Физтех 2022

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела физтех и вступительные по математике в мфти

Разделы подтемы Физтех - задания по годам

Физтех до 2010 и вступительные на Физтех

Физтех 2010

Физтех 2011

Физтех 2012

Физтех 2013

Физтех 2014

Физтех 2015

Физтех 2016

Физтех 2017

Физтех 2018

Физтех 2019

Физтех 2020

Физтех 2021

Физтех 2022

Физтех 2023

Физтех 2024

Физтех 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#70773

Углы $α$ и $β$ удовлетворяют равенствам

-1- 8- sin(2α+ 2β)= −√17;sin(2α +4β)+ sin(2α)= − 17

Найдите все возможные значения $tgα,$ если известно, что он определён и что этих значений не меньше трёх.

Источники: Физтех-2022, 11.1 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Начнем работать со вторым уравнением, как можно преобразовать сумму синусов?

Подсказка 2

Используем формулу перехода от суммы синусов к произведению, откуда выходит множитель sin(2a+2b), который мы уже знаем из условия. Тогда мы знаем как cos(2b), так и sin(2b). Как перейти к тангенсам?

Подсказка 3

Не забудьте что один косинус задаёт 2 различных синуса! Получим 2 системы уравнений, каждая из которых после раскрытия синуса суммы даёт уравнение на sin(2a) и cos(2a). После раскрытия двойного угла можно перейти к тангенсам!

Подсказка 4

Как из условия, что подходящих тангенсов не менее 3 доказать, что таким образом мы нашли все возможные значения тангенсов?

Показать ответ и решение

Преобразуя в левой части второго равенства сумму синусов в произведение, получаем

4- sin(2α +2β)cos2β = −17

Подставляем в это соотношение значение синуса из первого равенства:

⌊ 1 1 4 4 | sin2β = √17 −√17 cos2β = −17 ⇔ cos2β =√17-⇔ |⌈ 1 sin2β =− √17

Отсюда следует, что исходные равенства эквивалентны совокупности двух систем уравнений:

( ( ||| sin(2α+ 2β)=− √1- ||| sin(2α+ 2β)= − √1- |||{ 4 17 |||{ 4 17 | cos2β = √17 и | cos2β = √17 ||||| -1- ||||| -1- ( sin 2β = √17 ( sin2β =− √17

Из первой системы получаем

(| -1-- ||||| sin(2α+ 2β)= −√ 17 { cos2β = √4- ⇒ √4--sin2α+ √1- cos2α= −√-1- |||| 17 17 17 17 ||( sin2β = √1 17

Далее имеем

8sinαcosα+ (cos2α − sin2 α)=− (cos2α + sin2α)⇔ 2cosα(cosα +4sinα)= 0⇔

[ ⇔ cosα= 0 cosα= −4sinα

В первом случае $tgα$ не существует, а во втором случае $1 tgα =− 4.$

Аналогично рассматриваем вторую систему:

( |||| sin(2α+ 2β)= −√1- ||{ 4 17 4 1 1 || cos2β = √17 ⇒ √17-sin2α− √17 cos2α= −√17-⇔ ||||( -1- sin2β = −√17

⇔ 8sinαcosα− (cos2α− sin2α)=− (cos2α+ sin2α)⇔ 2sinα(4cosα +sinα)= 0⇔

[ ⇔ sinα = 0 4cosα= − sin α

Отсюда $tgα= 0$ или $tgα= −4.$

Итак, возможные значения $tgα$ — это $0,−4$ и $1 − 4.$

Ответ: -4;-0.25; 0

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#70774

Решите систему уравнений

({ 3y− 2x= √3xy−-2x− 3y+-2 ( 3x2+ 3y2 − 6x− 4y = 4

Источники: Физтех-2022, 11.2 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала запишем ОДЗ для первого уравнения, а после этого можем возвести в квадрат. Давайте теперь попробуем перебрать известные нам способы решения. Вот некоторые из них: сложение и вычитание уравнений, решение однородного уравнения, замены различные, решение квадратного уравнения относительно x или y. Какие из них целесообразно здесь применить? Попробуйте сделать это!

Подсказка 2

Попробовали? Скорее всего, заменой ничего не вышло, потому что общих частей особо нет, да и к однородному вряд ли получилось свести. А что если решить первое уравнение, как квадратное относительно одной из переменных? Кажется, что страшное выражение и ничего не выйдет, но не попробуете — не узнаете!

Подсказка 3

Верно, например, после решения квадратного уравнения относительно y в дискриминанте получается полный квадрат, а значит, мы можем выразить y через x. Осталось только подставить каждое из выражений во второе уравнение, найти x и y, и победа! Но не забудьте учесть ОДЗ!

Показать ответ и решение

Первое уравнение при условии $3y− 2x ≥0$ равносильно уравнению

2 (3y− 2x) = 3xy− 2x − 3y+ 2

2 2 4x +(2− 15y)x+ (9y + 3y− 2)= 0

Решая это уравнение как квадратное относительно переменной $x,$ имеем

⌊ x= 3y − 1 D =(2− 15y)2− 16(9y2+3y− 2)= (9y− 6)2 ⇒ ⌈ 3 1 x= 4y+ 2

Подставляем во второе уравнение исходной системы.

Если $x= 3y− 1,$ то

⌊ √-- | y = 4+6-10 6y2− 8y +1= 0⇔ |⌈ 4− √10 y = --6---

Получаем две пары $√-- √-- y = 4+610,x = 2+210$ и $√-- √-- y = 4−610,x= 2−210.$

Если $x= 34y+ 12,$ то

⌊ 2 y =2 3y − 4y− 4= 0⇔ ⌈ y =− 2 3

Также имеем две пары $y =2,x= 2$ и $y = − 2,x= 0. 3$

Из четырёх найденных пар чисел неравенству $3y ≥2x$ удовлетворяют только две из них: $(2;2),(2−√10;4−-√10) . 2 6$

Ответ:

$(2;2),(2−-√10;4−√10) 2 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#70775

Решите неравенство

log (x2+6x) 2 log 5 2 3 4 + 6x≥ |x + 6x| 4 − x

Источники: Физтех 2022, 2.3 (olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В первую очередь, запишем ОДЗ неравенства и заметим, что тогда мы можем избавиться от модуля. Далее надо хорошо преобразовать наше неравенство. Попробуем сделать так, чтобы в степенях у нас везде были логарифмы с x²+6x. Как можно преобразовать тогда x²+6x? Причём он нам нужен с определённым основанием.

Подсказка 2

Верно, x²+6x мы можем преобразовать по свойству логарифма. А что же делать с оставшейся частью (x²+6x)^log_4(5)? Попробуйте понять, почему a^log_b(c)=c^log_b(a). Это несложно сделать, записав логарифм по-другому. Теперь примените это к (x²+6x)^log_4(5). Что же можно сделать, когда мы получили везде одинаковое "некрасивое" выражение?

Подсказка 3

Конечно, можем сделать замену на y! А далее для удобства поделить на 5^y обе части неравенства. Получим какое-то интересное выражение. Прям по-честному решать его не хочется. Давайте подумаем, как схитрить. А что если рассмотреть выражение слева, как функцию? Какие выводы по этому поводу можно сделать? Попробуйте подставить ещё хорошие значения для y.

Подсказка 4

Верно, слева у нас убывающая функция, как сумма убывающих. И причём значение в 2 равно 1. Значит, можно сделать вывод, что неравенство верно при y ⩽ 2. Осталось только сделать обратную замену, решить исходное неравенство с учётом ОДЗ, и победа!

Показать ответ и решение

Область допустимых значений — это $x∈ (−∞;−6)∪ (0;+∞ ),$ а неравенство эквивалентно следующим:

log (x2+6x) ( 2 ) ( 2 )log45 3 4 + x + 6x ≥ x + 6x

log4(x2+6x) log4(x2+6x) log4(x2+6x) 3 + 4 ≥ 5

( 3)log4(x2+6x) (4)log4(x2+6x) 5 + 5 ≥ 1

Рассмотрим неравенство

( )y ( )y 3 + 4 ≥ 1 5 5

Функция $h(y)= (35)y+(45)y−$ убывающая (как сумма убывающих функций). Несложно заметить, что $h(2) =1$ , поэтому если $y >2$ , то $h(y)< 1$ , а если $y < 2$ , то $h(y)> 1$ . Таким образом, это неравенство даёт $y ≤2$ , а исходное неравенство эквивалентно неравенству

log4(x2+ 6x) ≤2

Отсюда получаем

0< x2+ 6x≤ 16 ⇔ x∈ [−8;−6)∪(0;2]

Ответ:

$[−8;− 6)∪(0;2]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#70776

Окружности $Ω$ и $ω$ касаются в точке $A$ внутренним образом. Отрезок $AB$ — диаметр большей окружности $Ω,$ а хорда $BC$ окружности $Ω$ касается $ω$ в точке $D.$ Луч $AD$ повторно пересекает $Ω$ в точке $E.$ Прямая, проходящая через точку $E$ перпендикулярно $BC,$ повторно пересекает $Ω$ в точке $F.$ Найдите радиусы окружностей, угол $AFE$ и площадь треугольника $AEF,$ если известно, что $5 13 CD =2,BD = 2 .$

Источники: Физтех-2022, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть пара касающихся окружностей. В такой ситуации бывает полезно отметить центры этих окружностей: пусть Q- центр w, а O- центр Ω. Что мы можем сказать про точки A, O, Q и B?

Подсказка 2

Верно, они лежат на одной прямой! Мы знаем, что ∠ACB=90° (AB- диаметр Ω) и ∠QDB=90° (BD- касательная к w). Тогда △BQD и △BAC- подобны. Что это нам дает?

Подсказка 3

Давайте обозначим за R- радиус Ω и r- радиус w. Тогда т.к. BQ/BA=BD/BC=13/18 ⇒ (2R-r)/2R=13/18 ⇒ r/R=5/9. Надо как-то посчитать радиусы. Давайте обозначим за K- вторую точку пересечения BA с w. Воспользуйтесь теоремой о касательной и секущей...

Подсказка 4

BD²=BK*BA=(2R-2r)*2R ⇒ R=39/8 и r=65/24. Теперь нам надо найти уголочек ∠FAE. Мы видим, что он равен половине суммы дуг AC и CE окружности Ω. Но половинка дуги AC равна уголочку ∠ABC, а его мы можем найти. Давайте тогда обозначим его за ψ. Чему равен уголок ∠QAD (сначала найдите ∠AQD)?

Подсказка 5

Т.к. ∠AQD- внешний для треугольника BQD, то ∠AQD=90°+ψ. Видно, что отрезки AQ и QD равны как радиусы ⇒ ∠QAD=45°-ψ/2 ⇒ дуга EB=2*∠QAD=90°-ψ. Дуга AB=180° и AB=AС+CE+BE ⇒ CE=90°-ψ ⇒ ∠AFE=(2ψ+90°-ψ)/2=45°+ψ/2. Что мы можем сказать про уголок ∠FAE?

Подсказка 6

Т.к. AC // FE ⇒ дуга AF равна дуге CE и равна 90°-ψ ⇒ дуга FE равна FA+AC+CE=90°-ψ+2ψ+90°-ψ=180° ⇒ ∠FAE=90°. Тогда в прямоугольном треугольнике △FAE мы знаем гипотенузу FE (FE=2R) и острый угол ∠AFE=45°+ψ/2 (ψ можно найти из прямоугольного треугольника △ABC). Я не сомневаюсь в том, что вам под силу довести решение до конца!

Показать ответ и решение

Обозначим $∠ABC = ψ$ , а радиусы $Ω$ и $ω$ через $R$ и $r$ соответственно. Пусть $O$ и $Q$ — центры окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно; $K$ — точка пересечения $ω$ и $AB$ , отличная от $A.$

$PIC$

Отметим, что $∠BDQ =90∘$ (касательная $BD$ перпендикулярна радиусу $DQ$ ) и $∠BCA = 90∘$ (угол вписан в окружность $Ω$ и опирается на её диаметр). Значит, треугольники $BDQ$ и $BCA$ подобны (по двум углам). Отсюда

BD- = BC-⇒ --13- = 18⇒ R = 9r BQ BA 2R − r 2R 5

По теореме о касательной и секущей

2 (18r ) 18r 144r2 BD = BK ⋅BA = (2R − 2r)⋅2R= 5 − 2r ⋅ 5 = 25

Следовательно,

12r 5⋅BD 65 9r 39 BD = -5-⇒ r = -12--= 24 ⇒ R = 5-= 8

Далее находим углы и дуги: $^AC = 2∠ABC =2ψ;∠BQD =90∘− ∠QBD = 90∘ − ψ;$ $∠AQD =$ $180∘− ∠BQD = 90∘+ ψ;∠QAD = 12(180∘− ∠AQD )= 45∘− ψ2;^BE =2∠BAC =90∘− ψ;$ $^CE = 180∘− ^AC − ^BE = 90∘− ψ.$ Следовательно, $∠AF E = 12^AE = 45∘+ ψ2.$ Угол $ψ$ известен, так как $cosψ = BBCA = 399∕4 ⋅ 1123.$ Значит, $∠AFE = 45∘+ 12 arccos1123.$

Перейдём к нахождению площади. Треугольник $AEF$ прямоугольный $(∠EAF =90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр), поэтому

FA = FE cos∠EF A

1 1 1 S△AEF = 2 ⋅FA ⋅FE ⋅sin∠AFE = 4FE2 sin(2∠AF E)= 4 ⋅4R2sin(90∘+ψ )=

( )2 = R2cosψ = 39 ⋅ 12 = 351 8 13 16

Ответ:

$R = 39,r= 65,∠AFE = 45∘ + 1 arccos12,S = 351- 8 24 2 13 △AEF 16$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#70777

Функция $f$ определена на множестве положительных рациональных чисел. Известно, что для любых чисел $a$ и $b$ из этого множества выполнено равенство $f(ab)=f(a)+f(b),$ и при этом $f(p) =[p∕4]$ для любого простого числа $p$ ( $[x]$ обозначает наибольшее целое число, не превосходящее $x).$ Найдите количество пар натуральных чисел $(x;y)$ таких, что $3≤ x≤ 27,$ $3 ≤y ≤27$ и $f(x∕y)< 0.$

Источники: Физтех-2022, 11.5 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам надо как-то искать ƒ(x/y). Какие a и b надо подставить, чтобы получить ƒ(x/y) и что-то еще, не очень плохое...

Подсказка 2

Разумно взять b=x/y, где x и y- натуральные числа. Возьмем тогда a=y, чтобы их произведение было натуральным числом. Тогда ƒ(y)+ƒ(x/y)=ƒ(y*x/y)=ƒ(x) ⇒ ƒ(x/y)=ƒ(x)-ƒ(y). Если ƒ(x/y)<0, то что можно сказать про ƒ(y/x)?

Подсказка 3

ƒ(y/x)=ƒ(y)-ƒ(x)=-(ƒ(x)-ƒ(y))=-ƒ(x/y)>0. Это означает, что количество пар (x; y) таких, что ƒ(x/y)<0 равно количеству пар (x; y) таких, что ƒ(x/y)>0. Тогда нам осталось лишь посчитать количество пар, в которых ƒ(x/y)=0. Как это сделать?

Подсказка 4

Мы знаем, что ƒ(x/y)=ƒ(x)-ƒ(y)⇒ нам достаточно посчитать количество пар (x;y) таких, что f(x)=f(y). Т.к. нам известны значения ƒ(x), если x- простое, то мы можем найти все ƒ(x), где x- любое натуральное число от 3 до 27, ведь x раскладывается в произведение простых. Сколько тогда будет пар (x; y) таких, что ƒ(x)=ƒ(y)?

Подсказка 5

Таких пар будет 167. Т.к. всего пар 25²=625, то искомых пар будет (625-167)/2=229.

Показать ответ и решение

Подставляя $a= 1$ в равенство $f(ab)= f(a)+f(b)$ , получаем

f(b)= f(1)+ f(b)⇒ f(1)=0

Если же для произвольных натуральных $x,y$ положить $a= x,b= y y$ , то получаем

(x ) (x) f(x)= f y ⋅y = f y + f(y)

(x ) f y = f(x)− f(y)

Таким образом, чтобы вычислить значение функции $f$ в произвольной положительной рациональной точке нам достаточно значения функции $f$ для любого натурального числа.

Для простых чисел и единицы значения функции мы уже знаем. Для составных чисел значения функции могут быть найдены, если их разложить на простые множители и воспользоваться равенством $f(ab)= f(a)+ f(b)$ , например, $f(15)= f(3 ⋅5)= f(3)+$ $+f(5)=[34]+ [54]= 0+1 =1.$ Аналогичным образом вычисляем значения функции для $n∈ [3;27]$ и записываем их в таблицу:

|--n--|3-|-4-|5-|-6-|7--|8-|-9-|10|11-|12-|13-|14-|15| |f(n)-|0-|-0-|1-|-0-|1--|0-|-0-|1-|-2-|0--|3-|-1-|1-| |-----|--|---|--|---|---|--|---|--|---|---|--|---|--| |--n--|16-|17-|18|19-|20-|21-|22-|23|24-|25-|26-|27-|--| -f(n)--0---4--0---4--1---1---2--5---0--2---3---0-----

Поскольку $(x) (y) f y +f x = f(1)= 0,$ то из $(x) f y <0$ следует, что $(y) f x >0.$ Таким образом, количество пар натуральных чисел $(x;y)$ таких, что $( ) f xy <0$ совпадает с количеством пар, для которых $( ) f xy > 0.$ Посчитаем количество пар $(x;y),$ при которых $( ) f xy = 0.$ Ввиду того, что $( ) f xy = f(x)− f(y),$ нужно найти количество пар $(x;y)$ из таблицы выше, для которых $f(x)=f(y).$ Рассмотрим несколько случаев:

$∙$ $x= y.$ В данном случае имеется 25 вариантов.

$∙$ $x⁄= y,$ а $f(x)= f(y)= 0.$ В таблице есть 10 аргументов, при которых $f = 0.$ Выбирая пару таких аргументов, первый можно выбрать 10 способами, а второй – 9 способами. Значит, количество пар такого типа равно $10⋅9= 90.$

$∙$ $x⁄= y,$ а $f(x)= f(y)= 1.$ Аналогично предыдущему пункту получаем $7⋅6= 42$ пары.

$∙$ $x⁄= y,$ а $f(x)= f(y)= 2.$ Здесь $3 ⋅2 =6$ пар.

$∙$ $x⁄= y,$ a $f(x)= f(y)= 3.$ Здесь $2 ⋅1 =2$ пары.

$∙$ $x⁄= y,$ a $f(x)= f(y)= 4.$ Здесь также $2 ⋅1 =2$ пары.

Итого, есть $25+ 90+ 42+6+ 2+ 2= 167$ пар натуральных чисел $(x;y),$ для которых $f(x) =0. y$ Всего имеется $252 = 625$ пар, поэтому тех, при которых $( x) f y < 0,$ ровно $625−167 --2---=229.$

Ответ: 229

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#70778

Найдите все пары чисел $(a;b)$ такие, что неравенство

4x-− 3 2 2x − 2 ≥ax +b≥ 8x − 34x+ 30

выполнено для всех $x$ на промежутке $(1;3].$

Источники: Физтех-2023, 11.6 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрим на квадратный трехчлен справа! Какие значения многочлен принимает в точках 1 и 3?

Подсказка 2

Да, значения в точках 3 и 1 равны, соответственно 0 и 4. Из этого мы понимаем, что наша прямая(ax+b) пересекает эти точки или лежит выше прямой, которая проходит через эти точки! Остаётся проанализировать гиперболу в левой части неравенства! Что можно сказать про положение этой гиперболы, относительно прямой, которая проходит через две полученные нами точки из квадратного трёхчлена?

Подсказка 3

Да, гипербола касается точки, принадлежащей этой прямой! При этом угловой коэффициент прямой совпадает с производной гиперболы в этой самой точке! Тогда, что можно сказать про все прямые, которые находятся выше выбранной?

Подсказка 4

Верно, они не подходят под условие, так как пересекают гиперболу!

Показать ответ и решение

Рассмотрим второе неравенство. Обозначим

2 h(x)= 8x − 34x+ 30

График - парабола с ветвями вверх. На концах данного в условии промежутка имеем $h(1)= 4,h(3)= 0.$ Так как неравенство должно выполняться на всём промежутке, то точки $M (1;4)$ и $N(3;0)$ могут располагаться на прямой $y = ax +b$ или ниже неё. Отсюда самое "низкое"расположение этой прямой (на указанном промежутке) есть прямая $MN$ . Составляя её уравнение по двум точкам, имеем $y =− 2x +6$ (назовём эту прямую $ℓ).$

График левой части неравенства - гипербола

4x− 3 g(x)= 2x− 2

Заметим, что она касается прямой $ℓ$ в точке, принадлежащей промежутку $(1;3]$ . Действительно, уравнение

4x− 3 2x−-2 = −2x+ 6

имеет единственное решение $x = 32.$ При этом

( ) g′(x)= − --2---,g′ 3 =− 2 (2x− 2)2 2

Т.е. угловой коэффициент прямой $ℓ$ совпадает с производной функции $y = g(x)$ в их общей точке.

$PIC$

Несложно видеть, что на данном промежутке прямая $ℓ$ находится ниже гиперболы. Любая прямая, расположенная “выше” прямой $ℓ$ пересекается с гиперболой, и потому не удовлетворяет условию.

Итак, $ℓ$ — единственная возможная прямая, удовлетворяющая условию; следовательно, $a =− 2$ , $b=6.$

Ответ:

$a =− 2,b= 6$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#70779

Дана пирамида $PQRS,$ вершина $P$ которой лежит на одной сфере с серединами всех её рёбер, кроме ребра $PQ.$ Известно, что $QR = 2,$ $QS = 1,$ $√- PS = 2.$ Найдите длину ребра $RS.$ Какой наименьший радиус может иметь сфера, описанная около данной пирамиды?

Источники: Физтех-2022, 11.7 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, на что нам могут намекать середины сторон? На средние линии. А средние линии параллельны основаниям. Что мы можем из этого извлечь? Какие параллелограммы есть на картинке?

Подсказка 2

Во-первых, в силу свойства средней линии, ADCE и ABDP - параллелограммы. При этом они вписаны в сечения нашей сферой плоскостей ACD и PRS. А значит, эти параллелограммы - прямоугольники. А это дает много прямых углов, а значит - много перпендикулярностей. Какая прямая тогда перпендикулярна прямой RS? А что нам это дает?

Подсказка 3

Прямая PQ перпендикулярна прямой RS, из за того, что параллельные им прямые EA и AD перпендикулярны. Давайте опустим перпендикуляр QH на RS.

Подсказки 4

Тогда у нас плоскость QHP перпендикулярна RS. Значит, и прямая PH перпендикулярна RS. А значит, наш «согнутый» четырехугольник QRPS (то есть, мы можем повернуть треугольник QRS вокруг RS до момента, когда повернутый треугольник будет лежать в плоскости RPS) имеет взаимноперпендикулярные диагонали. А значит, две суммы квадратов противоположных сторон равны. А тогда мы нашли RP. А значит, у нас фиксированы две стороны прямоугольного треугольника RPS, и мы найдем его гипотенузу.

Подсказка 5

Остается дать оценку на радиус сферы, описанной вокруг тетраэдра. Ну какую самую глупую оценку можно дать? Что первое приходит в голову(с учетом того, что нам еще пример надо построить)?

Подсказка 6

Самая глупая оценка снизу - это то, что радиус не меньше радиуса описанной окружности треугольника QRS. Найти радиус нетрудно(мы знаем все три стороны). Остается привести пример.

Подсказка 7

Чтобы достигалось равенство, надо, чтобы у нас в плоскости QRS лежал содержался центр сферы. Впишем туда треугольник QRS.

Подсказка 8

Остается доказать, что на сфере найдется точка P’, такая, что треугольники PRS и P’RS равны(это по сути и значит, что получен тетраэдр, который подходит под условия). То есть по сути надо поворачивать треугольник P’RS, равный треугольнику PRS, вокруг RS, до того момента, как точка P’ не станет принадлежать окружности.

Показать ответ и решение

Пусть $A,B,C,D,E$ - середины рёбер $PR,RS,QS,PS,QR$ соответственно. Из теоремы о средней линии треугольника следует, что $ADCE$ и $ABDP$ - параллелограммы. Они вписаны в окружности, являющиеся сечениями сферы плоскостями $ACD$ и $PRS$ , поэтому эти параллелограммы - прямоугольники. Угол $RP S$ — прямой; прямые $PQ$ и $RS$ перпендикулярны, так как $P Q∥AE, AE ⊥CE, CE ∥RS.$

Отметим в плоскости $PRS$ точку $′ Q$ такую, что $′ △QRS = △Q RS,$ а точки $P$ и $′ Q$ лежат по разные стороны от прямой $RS$ (треугольник $′ QRS$ может быть получен из треугольника $QRS$ поворотом вокруг прямой $RS).$

$PIC$

Из равенства треугольников $QRS$ и $Q′RS$ следует, что основания их высот, опущенных на $RS$ — это одна и та же точка (назовём её $H ).$ Плоскость $HQQ ′$ перпендикулярна $RS$ (так как $QH ⊥ RS,Q′H ⊥ RS),$ поэтому $QQ′ ⊥ RS.$ Поскольку $QQ ′ ⊥ RS$ и $PQ ⊥ RS,$ то плоскость $P QQ′$ перпендикулярна $RS$ и $PQ ′ ⊥RS.$

Значит, диагонали четырёхугольника $PRQ ′S$ пересекаются под прямым углом (в точке $H$ ). По теореме Пифагора

PR2 =P H2+ RH2,Q′R2 = Q′H2+ RH2,

Q′S2 =Q ′H2 +SH2,P S2 = PH2+ SH2

Следовательно,

P S2+ Q′R2 = PR2+ Q′S2

∘------------- PR = 22+ (√2)2− 12 = √5

Из прямоугольного треугольника $PRS$ находим

∘---2----2 √- RS = PR +P S = 7

Радиус сферы, описанной около пирамиды $PQRS$ , не меньше радиуса $r$ окружности, описанной около грани $QRS$ . Пирамида, для которой достигается равенство, существует. Докажем это.

$PIC$

Рассмотрим сферу радиуса $r$ и окружность - её сечение, проходящее через центр сферы. В сечении сферы указанной плоскостью получится окружность с диаметром $RS$ , в которую можно вписать прямоугольный треугольник $PRS$ . По теореме косинусов из треугольника $PRS$ находим, что

QR2+ QS2− RS2 4+1 − 7 1 cos∠RQS = --2⋅QR-⋅QS----= 2-⋅2-⋅1--=− 2

∠RQS =120∘

По теореме синусов

RS √7- r = 2sin∠RQS-= √3-

Ответ:

$RS = √7,R =∘ 7- min 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#75110

Решите неравенство

∘-----4 -1 log3xx ≤ log9xx2

Источники: Физтех 2022, 5.2 (olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Логарифмы в обеих частях, с разными основаниями, x содержится и в аргументе, и в основании обоих логарифмов... Давайте "причешем" наше выражение. Для начала разберёмся с основаниями - попробуем вынести оттуда x и привести логарифмы к одному основанию

Подсказка 2

Перейдём, например, к основанию 3 (используя формулу о делении логарифмов с одним основанием), так как оба основания кратны трём. Кажется, всё ещё ничего не видно. Тогда продолжим причёсывать - теперь, когда у всех логарифмов общие основания, попробуем оставить всем логарифмам одинаковый аргумент.

Подсказка 3

Да, можем вынести степени и коэффициенты из аргумента логарифма, оставив везде только х, после чего заменить log₃ x на t - и получим неравенство без логарифмов, которые мы решать уже умеем!

Показать ответ и решение

Переходя в обоих логарифмах к основанию 3, имеем:

∘ ----4- log 1- lologg3x3x ≤-log3x92x 3 3

∘ -4log3x-- −2log3x 1+-log3x ≤ 2-+log3x.

Обозначаем $log3x =t$ и получаем:

∘---- -t--≤ −-t- 1+t 2+t

(| t--≤0, |{ 2+tt-≥0, ||( 1+tt- --t2-- 1+t ≤(2+t)2

( ||{ 2t+t ≤0, | 1t+t ≥0, |( (1(+3tt+)(42)t+t)2 ≤ 0

( |{ t∈(−2;0], | t∈(−∞; −1)∪[0;+∞ ), ( t∈(−∞; −2)∪(−2;− 43]∪(−1;0],

4 t∈(−2;−3]∪ {0}

Возвращаясь к переменной $x$ , окончательно получаем:

[ −2 <log3x≤ − 43, log3x =0

[ 3√- 19 <x ≤ 99, x =1.

Ответ:

$(1; 3√9]∪{1} 9 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#78777

Найдите количество семизначных чисел, обладающих следующим свойством: сумма остатков от деления числа на некоторые три последовательные степени числа десять равна 12345.

Источники: Физтех-2022, 10.3 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала попробуем понять, а какие степени десятки вообще могли быть, попробуйте перебирать разные случаи и посмотреть, какие точно не могли выполнятся.

Подсказка 2

Верно, степень десятки либо равна 5, либо 6, иначе сумма остатков будет слишком большой или маленькой. Дальше удобно обозначить каждую цифру числа за переменную и записать сумму остатков от деления числа в столбик, тогда нам будет удобно рассуждать о возможных значениях цифр.

Подсказка 3

Не забывайте, что если сумма цифр при сложении в столбик равна 5, то она именно 5, потому как мы всегда берём остаток по модулю 10, когда считаем в столбик, поэтому надо рассматривать ещё случаи, когда она равна 15, 25.

Подсказка 4

Во всех случаях мы найдём какие-то условия на цифры, а некоторые останутся "свободными", т.е. мы можем подставить вместо них любую цифру, причём все эти случаи не пересекаются, и мы можем спокойно их складывать.

Показать ответ и решение

Пусть искомое число есть $abcdefg, (a ⁄=0)$ . Определим, какой может быть максимальная степень десятки, на которую происходит деление. Возможны несколько случаев:

1) если максимальная степень десятки равна $4$ или меньше, то сумма остатков меньше $4 3 2 10 + 10 + 10 = 11100$ , что меньше $12345;$

2) если максимальная степень десятки равна $7$ или больше, то сумма остатков не меньше $6 a⋅10$ , что больше $12345;$

3) максимальная степень десятки равна $5$ или $6$ . Эти случаи возможны.

3.1) Пусть максимальная степень десятки равна $5$ . Тогда остатки от деления на $5 4 3 10, 10 , 10$ равны соответственно $----- ------- cdefg, defg,efg$ , и сумма остатков есть

c⋅104+ 2d⋅103 +3S

где $S = efg, 0≤ S <1000.$

Рассмотрим уравнение $4 3 c⋅10 +2d⋅10 + 3S = 12345$ . Так как $4 12345 <2 ⋅10$ , то либо $c= 0$ , либо $c= 1.$

Если $c= 0$ , то получаем

3 3 2d ⋅10 + 3S = 12345⇒ 2d⋅10 = 12345− 3S = 3(4115− S)

Поэтому $2d$ делится на $3.$ При этом $9< 2d ≤12$ , так как $0≤ S <1000.$ Поэтому $d =6$ , откуда $S = 115$ . То есть число имеет вид $------ ab06115$ . Таких чисел $90.$

Если $c= 1$ , то

2d⋅103+3S =2345.2d⋅103 =2345− 3⋅S

Поэтому либо $d =0$ , либо $d= 1$ . Если $d= 0$ , то $3S = 2345$ , что невозможно. Если $d =1$ , то $3 ⋅S = 345$ , откуда $S = 115$ . То есть число имеет вид $------ ab11115$ . Таких чисел 90.

3.2) Пусть максимальная степень десятки равна $6$ . Тогда остатки от деления на $6 5 4 10 , 10, 10$ равны соответственно $----- ----- bcdefg,cdefg$ , $---- defg$ . И сумма остатков есть

b⋅105 +2c⋅104 +3S

где $---- S = defg, 0≤ S < 10000.$

Рассмотрим уравнение

b⋅105+ 2c⋅104+ 3S = 12345.

Это равенство возможно только при $b= c= 0$ . Значит, $3S = 12345$ , откуда $S = 4115$ , то есть число имеет вид $------ a004115$ . Таких чисел $9.$

Значит, искомое количество семизначных чисел есть $90+ 90+ 9= 189.$

Ответ: 189

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#100248

Решите неравенство

((x−-5)2-+4 ) |x− 5| − 4 (|x − 4|+ |x− 6|− 2)≤ 0.

Источники: Физтех 2022, 15.1 (olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем сначала привести выражение в скобках к общему знаменателю. Что можно заметить хорошего в получившемся числителе?

Подсказка 2

Верно! Так как a² = |a|², то в числителе получается полный квадрат! (|x-5|²-2)/|x-5|. Тогда мы видим, что знаменатель этой дроби почти не играет роли в неравенстве: он всегда неотрицателен! Его можно убрать, запомнив, что x ≠ 5! А что делать с оставшимся неравенством?

Подсказка 3

Конечно! Числитель преобразованной дроби тоже является полным квадратом и почти не влияет. Его можно убрать, запомнив, что зануляющие его x нам подходят, если не равны 5! Остается простое неравенство с модулями. Как его решать?

Показать ответ и решение

Давайте поработаем с первой скобкой:

(x-− 5)2+4 (x-− 5)2− 4|x−-5|+-4 |x− 5| − 4 = |x− 5| =

2 2 = |x−-5|−-4|x−-5|+4-= (|x−-5|−-2)- |x − 5| |x− 5|

Во-первых, очевидно, что модуль в знаменателе никак на неравенство не влияет. Можно его убрать, но запомнить, что $x⁄= 5$ . Числитель является полным квадратом, а значит тоже не влияет. Разве что, нам будут интересны значения, которые этот квадрат зануляют, а это $x =3,x= 7$ , отправляем их в ответ и забываем про первую скобку.

Осталось неравенство $|x− 4|+ |x − 6|≤ 2$ . Его мы решим просто рассмотрением трёх случаев раскрытия модулей:

x∈(−∞; 4),x∈ [4;6] и x∈ (6;+∞ )

Откуда получаем $x∈ [4;6]$ . Учитывая ответы и ограничения из прошлых рассуждений, запишем окончательный ответ.

Ответ:

$[4;5)∪(5;6]∪ {3;7}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#100249

Решите неравенство

|3 2 | |x − 2x + 2|≥ 2− 3x.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ясно, что при x ≥ 2/3 неравенство верно, так как правая часть отрицательна, а слева у нас модуль. Имеет смысл рассматривать неравенство при x < 2/3. При этом ясно, что рассматривать случаи раскрытия модули не лучшая идея, потому что хороших корней у многочлена под модулем нет. А что тогда можно сделать?

Подсказка 2

Верно! Давайте возведем в квадрат неравенство и напишем разность квадратов! Что тогда получится?

Подсказка 3

Мы получили неравенство (x³ - 2x² + 3x)(x³ - 2x² - 3x + 4) ≥ 0. Если из левой скобки вынести x, то получится x(x² - 2x + 3), и, как нетрудно видеть, выражение в скобках положительно, и на него можно просто сократить. Остается x(x³ - 2x² - 3x + 4) ≥ 0. А что делать со второй скобкой?

Подсказка 4

Конечно! Сумма коэффициентов при степенях x равна 0, значит, x = 1 — корень многочлена! Дело остается за малым, нужно разложить вторую скобку на множители и дорешать неравенство!

Показать ответ и решение

Ясно, что рассматривать разные случаи раскрытия модуля — не вариант, потому что у многочлена нет красивых корней. Тогда попробуем возвести в квадрат и написать разность квадратов. Чтобы это преобразование стало равносильным, давайте поймём, что при $2 x > 3$ левая часть меньше $0$ и неравенство очевидно верно. При $2 x≤ 3$ она неотрицательна и мы можем возводить в квадрат:

3 2 3 2 (x − 2x + 3x)(x − 2x − 3x+ 4)≥0.

Посмотрим на первую скобку, она равна $x((x − 1)2+2)$ . Ясно, что $((x− 1)2+ 2)> 0$ , а значит это можно убрать из неравенства и от скобки остаётся только $x$ . Что касается второй скобки, внимательный читатель должен заметить, что $x =1$ — корень многочлена, а значит мы можем его разложить на множители так:

( 1− √17-)( 1+√17) (x− 1)(x2− x − 4)= (x− 1) x −-2-- x − --2---

Итак, неравенство примет вид

( 1-− √17) ( 1-+√17) x(x − 1) x − 2 x − 2 ≥ 0.

Заметим, что скобки $x− 1$ и $( √ -) x− 1+2-17-$ при $x≤ 23$ отрицательны, а их произведение положительно, то есть на него можно поделить:

( 1− √17) x x− --2--- ≥0.

Получаем, что

( -] 1-− √-17 [ 2] x∈ −∞; 2 ∪ 0;3 .

Осталось совместить с предыдущими ответами и написать ответ.

Ответ:

$( 1− √17-] −∞; --2--- ∪[0;+ ∞)$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#105478

Найдите количество треугольников периметра $300$ с целочисленными сторонами, у которых одна из биссектрис перпендикулярна одной из медиан.

Источники: Физтех 2022, 14.2 (olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, тут и комбинаторика, и геометрия, нужен наверняка рисунок. Что мы на нём можем заметить? Ищем равнобедренный треугольник и вспоминаем свойства биссектрисы!

Подсказка 2

С рисунком разобрались, с соотношениями тоже. Осталось вспомнить про неравенство треугольника и получить полную систему.

Подсказка 3

Не забудем проверить, что мы всё посчитали ровно по одному разу: можем ли мы упорядочить наши стороны?

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольник $ABC$ . Пусть его биссектриса $AN$ и медиана $BM$ пересекаются в точке $O$ . В треугольнике $ABM$ отрезок $AO$ является биссектрисой и высотой, поэтому треугольник равнобедренный, $AM = BM$ .

Обозначим $AB = y,y ∈ℤ$ . Тогда $AM =MC = y$ . По свойству биссектрисы $BN- AB- 1 NC = AC = 2$ , поэтому если $BN = x$ , то $CN = 2x$ . Сумма сторон треугольника равна периметру, т.е. $3(x+ y)= 300$ , откуда $y =100− x$ , поэтому $x ∈ℤ$ . Учтём неравенство треугольника:

( |{ 2y < y+ 3x |( 3x< y+ 2y y < 2y+ 3x

x< y < 3x

Так как $y = 100− x$ , то

x <100− x< 3x

25< x< 50

На этом интервале содержится 24 целых значения $x$ .

Покажем, что никакая неупорядоченная тройка длин сторон треугольника $(a;b;c)$ не была посчитана более одного раза. Из двойного неравенства $x< y < 3x$ заключаем, что из сторон треугольника $y,2y$ и $3x$ сторона $y$ — наименьшая. Тогда по заданному значению $y$ вся тройка $(a;b;c)$ восстанавливается однозначно: наименьшее из этих чисел равно $y$ , ещё одно равно $2y$ , а третье равно $p− y− 2y$ (где $p$ -— периметр). Поэтому две различные неупорядоченные тройки длин сторон задаются различными значениями $y$ .

Ответ: 24

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#120057

Найдите площадь фигуры, состоящей из всех точек с координатами $(x;y)$ , удовлетворяющими системе

( 2y+ 3x ≥|2y− 3x| |{ |( y ≤2 −2x+ 162 x − 12y+ y + 16≥0

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте разберёмся с первым неравенством. Видно, что без модуля оно станет совсем простым. Поэтому логичным решением будет рассмотреть случаи раскрытия модуля.

Подсказка 2

Итак, скорее всего вы поняли, что первое неравенство задаёт первую координатную четверть. Если нет, то обязательно разберитесь. Со вторым всё просто, там проблем возникать не должно. А что с третьим? С ходу непонятно, а если преобразовать?

Подсказка 3

В третьем неравенстве присутствуют переменные в первой степени и во второй. Обычно такие выражения легко преобразовываются в суммы квадратов. А что задают уравнения, в которых есть суммы квадратов?

Подсказка 4

Верно, окружность! Но тут стоит подумать насчёт взаимного расположения окружности и прямой из второго неравенства.

Показать ответ и решение

Первое неравенство при $2y ≥3x$ сводится к $6x≥ 0,$ а при $2y <3x$ к $2y ≥ 0.$ Поэтому множество точек, удовлетворяющих этому неравенству, есть объединение двух множеств: в первом лежат все точки выше прямой $3 y = 2x$ с неотрицательными абсциссами (включая точки на прямой), а во втором лежат все точки ниже этой прямой (не включая точки на ней) с неотрицательными ординатами. Объединение этих множеств есть первая координатная четверть ( $x ≥0,$ $y ≥0$ ).

Второе неравенство определяет полуплоскость, находящуюся ниже прямой $y =− 2x +16$ (включая точки на прямой).

Первые два неравенства вместе определяют прямоугольный треугольник с вершинами: $A (0;0),$ $B(8;0),$ $C(0;16).$

Наконец, третье неравенство может быть записано в виде:

x2+ (y− 6)2 ≥20

Оно задаёт внешность окружности с центром $P(0;6)$ и радиусом $√ - 2 5.$

$PIC$

Поскольку система уравнений

{ 2 2 x + (y− 6) = 20 y =− 2x+16

имеет ровно одно решение $(4;8),$ окружность касается гипотенузы треугольника. Поэтому, внутри треугольника $ABC$ оказывается половина круга. Искомая площадь равна площади треугольника без половины площади круга:

1 1 √- 2 S = 2 ⋅8⋅16− 2 ⋅π⋅(2 5) = 64− 10π

Ответ:

$64− 10π$

Предыдущая подтема

Следующая подтема