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)

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)

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)

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)

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)

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)

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)

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)

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)

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)

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.

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)

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

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 $√ - 2 5.$

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