Тема ОММО (Объединённая Межвузовская Математическая Олимпиада)

ОММО - задания по годам → .09 ОММО 2017

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела оммо (объединённая межвузовская математическая олимпиада)

Разделы подтемы ОММО - задания по годам

ОММО 2009

ОММО 2010

ОММО 2011

ОММО 2012

ОММО 2013

ОММО 2014

ОММО 2015

ОММО 2016

ОММО 2017

ОММО 2018

ОММО 2019

ОММО 2020

ОММО 2021

ОММО 2022

ОММО 2023

ОММО 2024

ОММО 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#31173

Решите в действительных числах систему уравнений

(| x+ y+ 2− 4xy = 0; { y+ z+2 − 4yz = 0; |( z+ x+ 2− 4zx= 0.

Источники: ОММО-2017, номер 5, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Везде одинаковая структура прям, всё симметрично, в этот момент должно появиться желание вычесть одно из другого. Что именно? Да всё подряд!

Подсказка 2

Да, после попарного вычитания (т. е. из (1) вычли (2), из (2) - (3) и тд) получаем произведения, равные нулю. Может ли, например, 1-4z равняться нулю? Почему?

Показать ответ и решение

Попарно вычтем уравнения друг из друга, получим:

(| x+ y− 4xy− y− z+ 4yz =0 (| (x − z)(1− 4y)= 0 { y+ z− 4yz− z− x+ 4zx =0 ⇐⇒ { (y − x)(1 − 4z)= 0 |( |( z+ x− 4zx− x− y+ 4xy =0 (z − y)(1− 4x)= 0

Пусть любая из переменных равна $1∕4$ — выберем $x$ в силу симметрии, тогда из первого уравнения системы $1∕4+ y+ 2− y = 0$ - неверно, то есть все переменные не равны $1∕4$ , откуда сразу же $x =y =z$ , снова подставим в первое уравнение системы (пользуемся симметрией) и получим $2x2− x− 1= 0=⇒ x= 1±3 =− 1,1 4 2$ , откуда и получим ответ.

Ответ:

$(−1∕2,− 1∕2,−1∕2),(1,1,1)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#32598

Андрей, Максим, Игорь и Коля соревновались в велогонке. На вопрос, кто какое место занял, они ответили:

Андрей: — Я не был ни первым, ни последним.

Максим: — Я не был последним.

Игорь: — Я был первым.

Коля: — Я был последним.

Известно, что три мальчика ответили честно и только один соврал. Кто из мальчиков соврал?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы ответить на вопрос задачи, придётся рассмотреть все случаи: когда соврал Андрей, когда соврал Максим и т.д. Какой план действий в каждом из случаев?

Подсказка 2

В каждом из случаев берём отрицание высказывания мальчика, который соврал, и пытаемся найти противоречие с высказываниями других мальчиков!

Подсказка 3

Единственное — надо быть аккуратным с отрицанием высказывания и пользоваться законами логики, например, помнить, что отрицание союза «и» — это союз «или». Когда найдёте случай, в котором не будет противоречий, не забудьте привести пример!

Показать ответ и решение

Пусть соврал Андрей. Тогда он первый или последний, но Игорь и Коля сказали правду — отсюда они занимают первое и последнее место, противоречие.
Пусть соврал Максим. Отсюда он и Коля одновременно последние, снова противоречие.
Пусть соврал Игорь, то есть он не первый. Тогда Коля последний, Андрей может быть вторым, а Максим — первым, отсюда Игорь — третий и все остальные сказали правду.
Пусть соврал Коля, то есть он не последний. Но Максим и Андрей не последние, раз они сказали правду, а Игорь — первый, то есть последнее место никто не занимал, противоречие.

В итоге соврать мог только Игорь, в этом случае есть несколько распределений, в решении выше приведён пример одного из них.

Ответ: Игорь

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#41313

Про натуральные числа $x$ и $y$ и целое нечётное число $z$ известно, что

x!+ y!= 24z+2017

Найдите все возможные такие тройки чисел $(x,y,z).$

Источники: ОММО-2017, номер 3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам не просто так намекнули на четность, значит имеет смысл рассмотреть её. Какие тогда выводы можно сделать о четности левой части равенства и о x или y?

Подсказка 2

x! + y! нечетно, значит x или y единичка! Пусть y = 1. Используем условие на нечетность z и запишем z как 2k+1, подставим и подберем такой удобный модуль, чтобы дать какие-то ограничения на x.

Подсказка 3

x! = 24z + 2017 - y! = 48k + 2040. Чтобы дать какие-то ограничения на x, нужно выбрать такой модуль, чтобы вне зависимости от k был понятен остаток от деления 48k + 2040 на этот модуль. По какому модулю тогда всё рассмотреть?

Подсказка 4

По модулю 16! Действительно, желательно, чтобы 48 делилось на модуль, поэтому мы искали его среди делителей 48. Следовательно, 48k + 2040 = 8(mod 16). Тогда x = 4,5 (подумайте, почему). Осталось найти z!

Показать ответ и решение

Поскольку правая часть нечётна, то и левая тоже, тогда одна из переменных $x,y$ равна единице. Пусть $y = 1.$ Далее

z = 2k +1 =⇒ x!=24z+ 2017− y!=48k+ 2040 ≡168

То есть $x= 4,5,$ поскольку все остальные факториалы либо кратны $16,$ либо дают остатки, не кратные $8,$ получаем $2017−1−24 2017−1−120 z =− ---24---,−---24--- =− 83,−79.$ Остаётся учесть симметрию и написать ответ.

Ответ:

$(1,4,−83),(1,5,−79),(4,1− 83),(5,1,−79)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#47137

Пусть $L$ — точка пересечения диагоналей $CE$ и $DF$ правильного шестиугольника $ABCDEF$ со стороной $3.$ Точка $K$ такова, что $−−→ −→ −→ LK = 3AB −AC.$ Определите, лежит ли точка $K$ внутри, на границе или вне $ABCDEF,$ а также найдите длину отрезка $KC.$

Источники: ОММО-2017, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим несколько фактов: в правильном шестиугольнике CE перпендикулярно FE и AB при проекции на EF или CB равняется EF/2. Попробуйте использовать эти два факта!

Подсказка 2

Пусть К' - точка пересечения AB и CE. Теперь мы можем использовать вектор CK' для выражения, попробуем найти равный ему вектор!

Подсказка 3!

Верно, это LK! Осталось правильно применить все полученные на рисунке векторы!

Показать ответ и решение

$PIC$

Как известно, $CE ⊥ FE,$ а также проекция $AB$ на прямую $FE$ равна $FE2 .$ Поэтому если продлить $AB$ в три раза до точки $K′,$ то $K ′ ∈CE$ (удвоенная проекция $AB$ равна $F E$ ). Отсюда легко видеть, что $−A→C + −C−K→′ =3−A→B,$ то есть $−C−K→′ = −−L→K.$ По свойствам правильного шестиугольника

CE = √3AB = AB tg60∘ = BC tg ∠K′BC =CK ′

В итоге $CE =LK = CK ′ =⇒ LE = CK = FE⋅tg∠DF E = √3.$

Ответ:

Вне, $√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#58561

Представьте в виде несократимой дроби:

12+-15- 21+24- 48+-51 18 + 27 +...+ 54 .

Источники: ОММО-2017, номер 1, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала нужно сократить дроби! Это никак не повлияет на сумму, а дроби станут красивее.

Подсказка 2

Давайте представим каждую дробь, как ее дополнение до целого! То есть 9/6 (первая дробь) это 2 - 3/6. И так далее!

Показать ответ и решение

Сначала сократим дроби

12+-15 21+-24- 48+-51 4+-5 7+-8 16+17- 18 + 27 +...+ 54 .= 6 + 9 + ...+ 18 =

Затем представим каждую дробь через её дополнение до целого числа

3 3 3 ( 1 1 1 1 1) 29 171 = 2− 6 + 2− 9 + ...+ 2− 18-= 2⋅5− 2 + 3 +4 + 5 + 6 =10− 20 =-20

Ответ:

$171 20$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#61176

Сравните числа

sin2016∘- sin2018∘- sin2017∘ и sin2019∘

Источники: ОММО-2017, номер 6, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим, что углы нетабличные и каждое выражение явно посчитать мы не сможем. Но для сравнения можно поставить знак < или >, а потом равносильными преобразованиями свести к заведомо верному неравенству с тем же знаком. Но как же работать с таким неравенством, если у нас нет формулы деления синусов?

Подсказка 2

Домножить на знаменатели и получить в обеих частях неравенства произведения синусов! Теперь надо подумать: поменяется ли после такого домножения знак неравенства?

Подсказка 3

Для этого можно использовать формулы приведения и свести всё к острым углам. А после применения формулы произведения синусов осталось сравнить косинусы двух острых углов: можете сделать это по тригонометрической окружности :)

Показать ответ и решение

По формулам приведения $sin2016∘ = sin(360∘⋅5+ 180∘+ 36∘) =− sin36∘ < 0$ . Аналогично остальные синусы из условия тоже отрицательны.

Поэтому неравенство

sin2016∘ sin 2018∘ sin2017∘ < sin-2019∘

равносильно (умножили на произведение двух отрицательных чисел, которое положительно, поэтому знак неравенства сохраняется)

sin2016∘⋅sin2019∘ < sin2017∘⋅sin2018∘

По формулам произведения синусов получаем

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ cos3 − cos4035 < cos1 − cos4035 ⇐ ⇒ cos3 < cos1

Для острых углов чем больше угол, тем меньше косинус (более формально, функция $f(x)= cosx$ на промежутке $(0;π) 2$ убывает), поэтому последнее неравенство справедливо , а значит, и доказываемое неравенство верно.

Ответ:

sin2016∘ sin-2018∘ sin2017∘ < sin 2019∘

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#71414

В первенстве по футболу участвует 20 команд, которые играют по разу друг с другом. Какое наименьшее число игр должно быть сыграно, чтобы среди любых трех команд нашлись две, уже сыгравшие между собой?

Источники: ОММО-2017, номер 9 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Сведём задачу на язык графов. Вершины - команды. Ребро проводим между вершинами, если соответствующие команды сыграли между собой. То есть условие на граф такое: в любой тройке вершин есть хотя бы одно ребро. Как бы это использовать? А что если зафиксировать одну из пар тройки...

Подсказка 2:

Зафиксируем пару вершин А, В. Осознайте, что от остальных вершин к этой паре идёт хотя бы одно ребро. То есть к этой паре ведёт хотя бы 18 рёбер. От ребра AB мы кажется, взяли всё, что могли. Что сделать дальше?

Подсказка 3:

Верно! Давайте отбросим это ребро и повторим наши рассуждения к остальным вершинам. Осознайте, что теперь мы получаем оценку на 18 + 16 рёбер. Но мы не учли один очень важный момент...

Подсказка 4:

Мы пользуемся тем, что подобные рёбра AB существуют. А что если это не так?... Появляются полные подграфы. Как же с ними бороться?

Подсказка 5:

Очень просто! Полный граф добавляет очень много рёбер, а итоговая оценка небольшая. Остаётся аккуратно посчитать случаи с полными подграфами. Вернёмся к первому случаю.

Подсказка 6:

Вам осталось проделать тот же трюк, что и в начале несколько раз, аккуратно написав при этом оценочки. У вас всё получиться! Успехов!

Показать ответ и решение

Первое решение. Сведём задачу на язык графов. Вершины — команды. Ребро проводим между вершинами, если соответствующие команды сыграли между собой. Рассмотрим произвольные две вершины $A1,B1,$ которые не соединены ребром (если таких нет, то рёбер в графе $2 C20 = 190).$ Рассмотрим произвольную вершину $C$ из оставшихся. Если в графе отстутствуют рёбра $AC$ и $BC,$ то тройка $A,B,C$ не удовлетворяет условиям задачи. То есть хотя бы одно ребро из $AC,BC$ проведено. Итого, от каждой из оставшихся вершин к паре $A,B$ ведёт хотя бы одно ребро. То есть всего хотя бы $18$ рёбер. Теперь рассмотрим граф на оставшихся вершинах. В нём также выделим несмежные вершины $A2,B2$ (если такой не нашлось, то рёбер хотя бы $2 C18+ 18 =171$ ). Аналогичными рассуждениями получаем, что от каждой из оставшихся вершин (не $A1,B1,A2,B2$ ) к паре $A1,B1$ ведёт хотя бы $16$ рёбер. Будем делать такие «спуски», пока не закончатся вершины или пока не встретим полный подграф. Разберём оба случая.

1.

В какой-то момент встретился полный граф. То есть мы выбрали таким образом несколько пар $(A1,B1),...,(Ak,Bk),k ≥2,$ а в оставшемся графе без этих пар вершин не нашлось несмежной пары вершин, причём $k ≤9$ . Тогда в оставшейся части рёбер

C220−2k = (20−-2k)(20− 2k−-1)= (10− k)(20− 2k− 1) 2

Теперь учтём остальные посчитанные рёбра. Их хотя бы

18+ ...+ 20− 2k = 20-− 2k+-18k= (19− k)k 2

по формуле арифметической прогрессии. Итого, хотя бы

(10− k)(20 − 2k− 1)+(19− k)k= k2− 20k +190

рёбер в графе. Так как $f(k)= k2− 20k+ 190$ — парабола с ветвями вверх и $x0 = 10,$ где $x0$ — абсцисса вершины параболы, то при $k≤ 9$ рёбер в графе хотя бы $f(9)= 91.$

2.

Полный граф не встретился, значит, $k= 10$ , а вершины закончились, тогда аналогично предыдущему пункту рёбер в графе хотя бы $(19− k)k =90.$

Таким образом, в графе в любом случае хотя бы $90$ рёбер. То есть у нас есть оценка, осталось построить пример на $90$ рёбер.

Пример. Разделим граф на две группы по $10$ вершин, и в каждой половине проведём всевозможные рёбра, а между половинами рёбра не проводим. Очевидно, пример удовлетворяет условиям.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Будем рассматривать несыгранные игры. Условие означает, что несыгранные игры не образуют треугольников. Докажем индукцией по $k$ , что для $2k$ команд наибольшее число несыгранных игр не больше $2 k$ .

База индукции: $k= 1.$ Оценка очевидна.

Шаг индукции: Пусть доказано для $k$ , докажем для $k+ 1$ .

Если несыгранных игр нет, то всё доказано. Иначе выделим произвольные команды $A$ и $B$ , не игравшие между собой. Заметим, что несыгранных игр с участием команд $A$ или $B$ не более $2k$ (не считая игры между $A$ и $B$ ), так как для любой команды $C$ сыграна хотя бы одна из игр $AC$ и $BC$ . Теперь рассмотрим все команды, кроме $A$ и $B$ и применим предположение индукции - среди них не сыграно не более $k2$ игр. Отсюда общее количество несыгранных игр не более $k2 +(2k+1)= (k+ 1)2$ , что и требовалось доказать.

Подставляя $k= 10$ получаем, что число несыгранных игр не более 100, а число всех возможных игр $20⋅129= 190$ , откуда число сыгранных игр не менее $190 − 100= 90$ .

Оценка достигается, если разбить команды на две равные группы, в каждой из которых провести все матчи, а между группами не проводить ни одного.

Ответ: 90

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущая подтема

Следующая подтема