Тема ОММО (Объединённая Межвузовская Математическая Олимпиада)

ОММО - задания по годам → .05 ОММО 2013

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#31195

Решите систему

{ tg2x+ ctg2x= 2sin2y; sin2y +cos2 z = 1.

Источники: ОММО-2013, номер 5, (см.olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Давайте внимательнее посмотрим на первое уравнение. Слева квадраты обратных чисел, справа максимум 2. Вспомним, что a + 1/a >= 2! То есть у нас должно достигаться равенство двойке.

Подсказка 2!

Попробуйте использовать это и получить теперь условия на sin(y), tg(x), cos(z)!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Вычтем из обеих частей первого уравнения число $2 =2tgx⋅ctg x$ и оценим обе части

2 2 0≤ (tgx − ctgx)= 2(sin y− 1)≤ 0

равенство может быть только в случае

2 2 0= (tgx − ctgx)= 2(sin y− 1)= 0

Таким образом, система из условия сводится к

(| tgx= ctgx { sin2y = 1 |( 1+ cos2z = 1.

Решая каждое из уравнений, приходим к ответу:

(| x= π+ πk,k∈ ℤ { y = 4π+ π2n,n∈ ℤ |( z = 2π+ πt,t∈ ℤ. 2

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

В первом уравнении системы правая часть не превосходит $2$ в силу области значений синуса, а левая часть по неравенству о средних для двух положительных (ни квадрат тангенса, ни квадрат котангенса не могут быть равны нулю, иначе один из них будет не определён) чисел не меньше $2tgx⋅ctgx = 2.$ При этом должно достигаться равенство. Это возможно тогда и только тогда, когда $sin2 y = 1$ и $tg2x= ctg2x =1.$

С учётом полученного второе уравнение системы равносильно $cos2z = 0.$

Итого $x = π+ πk,k∈ ℤ 4 2$ , $y = π+ πn,n∈ ℤ 2$ и $z = π+ πt,t∈ ℤ 2$ (здесь важно писать разные буквы для целых параметров, иначе у переменных появляется дополнительная линейная зависимость, которой быть не должно).

Ответ:

$(π + πk;π +πn;π +πt); n,k,t∈ ℤ 4 2 2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#38690

Единичный куб $ABCDA B C D 1 1 1 1$ повёрнут на $90∘$ вокруг прямой, проходящей через середины противоположных рёбер $AD$ и $B C 1 1$ . Найдите объём общей части исходного куба и повёрнутого.

Источники: ОММО-2013, номер 10, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, для начала надо внимательно разобраться с получающейся фигурой. Удобно начать построение с поворота рёбер AD и B₁C₁. Похожа ли общая часть кубов на какую-то известную нам фигуру? Если нет, то подумайте как можно её разбить на составляющие.

Подсказка 2

Работать с такого типа фигурой можно через сумму объёмов составляющих её частей. Или же через разность: вычитая удобные части из фигуры, содержащей искомую. Рассмотрим способ через сумму — наш многогранник удачно разбивается на параллелепипед и две правильные четырёхугольные пирамиды.

Подсказка 3

Найти все нужные длины нам поможет Пифагор: рассмотрите одну из граней исходного куба и возвышающуюся над ней часть нового куба. Аккуратный счёт поможет вам узнать, где пересекутся рёбра нового и исходного кубов.

Подсказка 4

Также, с помощью Пифагора мы сможем отыскать и все рёбра искомого многогранника. Осталось лишь отыскать объёмы всех составных частей и сложить их. Задача убита!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $S$ и $S1$ — середины $AD$ и $B1C1$ , а куб после поворота переходит в $A′B′C ′D′A′1B′1C′1D′1$ . Общая часть будет объединением прямоугольного параллелепипеда $EFGHE1F1G1H1$ и двух симметричных правильных четырёхугольных пирамид $SEFGH$ и $S1E1F1G1H1$ , найдём их объёмы.

$PIC$

Сторона основания пирамиды равна стороне квадрата, то есть единице. Далее оба квадрата симметричны относительно $AB1C1D$ , потому $E1√F1 √1- E1B1 = F1B1 = 2 = 2$ . Из $△E1B1S1$ имеем $∘-1--1 √3 E1S1 = 2 + 4 = 2$ — боковая сторона пирамиды. Отсюда легко найти её высоту, которая равна $1 2$ , тогда объём пирамиды равен $1 1 1 3 ⋅1 ⋅2 = 6$ .

$PIC$

Поскольку $A1E1 = A1E = 1− 1√2$ ( $EE1 ⊥E1F1$ , которая по доказанному образует углы $45∘$ со сторонами), то $EE1 = √2 − 1$ , $EF = EH = 1$ , как стороны квадрата, отсюда объём параллелепипеда $√2 − 1$ .

В итоге объём сечения $16 ⋅2+ √2 − 1= √2-− 23$ .

Ответ:

$√2-− 2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#39610

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ прямые $AD$ и $BC$ перпендикулярны, а длина отрезка, соединяющего середины диагоналей $BD$ и $AC$ , равна $2013$ . Найдите длину отрезка, соединяющего середины сторон $CD$ и $AB$ .

Источники: ОММО-2013, номер 4, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть K,L,M,N-середины AB,AC,CD,BD. Тогда, к примеру в треугольнике ABC у нас есть две середины сторон. На проведение какого(каких?) доп.построения это может намекать?

Подсказка 2

Отлично, мы провели 4 средние линии. Но ведь средняя линия параллельна стороне треугольника! Тогда что можно сказать про ч-угольник KLMN , используя условие, что AD перпендикулярно BC?

Подсказка 3

Да, то что KLMN-прямоугольник. Дело остается за малым, ведь осталось лишь применить одно свойство прямоугольника, чтобы найти KM

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Пусть $K,L,M, N$ — середины $AB,AC,CD,BD$ соответственно. Заметим, что $KL ∥NM ∥ BC$ , как средние линии в $△ABC, △BDC$ . Аналогично $KL ∥MN ∥AD$ . Отсюда $KLMN$ — параллелограмм, в котором $KL ⊥ ML$ в силу $BC ⊥ AD$ , то есть это прямоугольник, в котором диагонали равны. Осталось заметить, что его диагоналями и будут два отрезка из условия.

Второе решение.

Пусть $K,L,M, N$ — середины $AB,AC,CD,BD$ соответственно. Тогда, во-первых,

−−→ D + B A + C −A−→D − −−B→C NL =L − N =--2-- −--2-- =----2---,

а во-вторых,

−−→ −−→ −K−M→ =M − K = D-+C-− A-+B-= AD-+-BC. 2 2 2

По условию дано

−−→ 2 −−→ 2 −−→ −−→ NL2 =−N−→L2 = AD--+BC--−-2AD-⋅BC-= 20132 4

BC ⊥ AD ⇐⇒ −−A→D ⋅−−B→C =0,

а найти надо

┌│ ------------------- ∘ −−→-- │∘ −−A→D2 +−B−→C2 − 2−−→AD⋅−B−→C −−→ 2 KM = KM2 = ---------4--------= NL ,

так что

KM = NL = 2013.

Ответ:

$2013$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#39611

На плоскости задана точка $P$ . Рассматриваются различные равносторонние треугольники $ABC$ , такие что $PA =2,PB = 3.$ Какое максимальное значение может принимать длина отрезка $P C?$

Источники: ОММО-2013, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Счётный способ, подсказка 1

Заметим, что если зафиксировать треугольник PAB, то картинка определяется единственным образом. Как его зафиксировать?

Счётный способ, подсказка 2

Конечно, можно ввести лишь три его стороны, но лучше ввести еще и два угла, чтобы счет проходил легче(а с помощью теорем синусов или косинусов, мы всегда сможем связать углы со сторонами при желании).

Счётный способ, подсказка 3

Выразите сторону AB по теореме косинусов и угол PBA через стороны треугольника PAB и угол APB. Выразили? Кажется, все готово, чтобы считать PC.

Счётный способ, подсказка 4

Попробуйте привести выражение PC к такому виду, чтобы только одно слагаемое было переменным, а все остальное являлось константой.

Геометрический способ, подсказка 1

На картинке есть угол 60 градусов и два равных отрезка исходящих из него(AB и AC). Это очень сильно намекает на поворот в этой точке.

Геометрический способ, подсказка 2

Да, нужно сделать поворот на 60 градусов, переводящий точку B в точку C. Это удобно, так как точка P переедет в точку P’,при этом APP’-равносторонний и треугольники AP’C и APB равны. Какой вывод о длине PC можно сделать?

Геометрический способ, подсказка 3

Да, по неравенству треугольника PC<=5. Осталось лишь привести пример, но как? Попробуйте делать те же действия, как вы получили оценку, но в обратном порядке, не забывая о том, когда эта оценка достигается(расположение точек P,P’,C)

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Докажем, что длина не больше $5$ . Для этого рассмотрим поворот с центром в точке $A$ на $60∘$ таким образом, что $B$ переходит в $C$ . Точка $P$ переходит в $P′$ , а поскольку $AP = AP′ = 2$ и $∠P AP′ = 60∘$ , то $PP′ = 2$ , откуда $P C ≤ P′C+ P′P = PB + P′P = 5$ по неравенству треугольника.

Для построения примера сначала построим правильный $△AP P′$ , затем на продолжении $PP′$ отметим $C :CP′ = 3$ . Наконец, построим правильный треугольник $ABC$ на отрезке $AC$ . Остаётся показать, что выполнено $PB = 3$ , но для этого достаточно рассмотреть поворот на $60∘$ в обратную сторону $C → B$ , тогда отрезок $P′C = 3$ перейдёт в $PB$ .

Второе решение.

Просто посчитаем. Пусть $AB = c,PB = a,P A= b,∠AP B =φ$ , $∠PBA = β$ . Тогда из треугольника $ABP$ из теоремы косинусов следует

c2 =a2+ b2− 2abcosφ; sinβ = bsinφ; cosβ = a−-bcosφ-. c c

Теперь из треугольника $CP B$ по теореме косинусов

( π ) (1 √3 ) CP2 =c2+ a2− 2accos 3 + β = 2a2+b2− 2abcosφ− 2ac 2cosβ−-2-sinβ = (√ - ) = 2a2+b2 = 2abcosφ− aca−-bcosφ-+ac√3bsin-φ= a2+ b2+ 2ab--3sinφ − 1 cosφ = ( ) c c 2 2 = a2+ b2+ 2absin φ− π =⇒ φ− π = π=⇒ φ = 2π. 6 6 2 3

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#43118

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых уравнение

4 2 2x − 7ax +5a = 0

имеет хотя бы один целый корень?

Источники: ОММО-2013, номер 8, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Относительно х видим какое-то непонятное уравнение 4-ой степени, а относительно а? Квадратное уравнение! Давайте посчитаем дискриминант и поймем, при каких х существуют решения?

Подсказка 2!

Верно, чтобы дискриминант показывал наличие корней, мы хотим чтобы у нас он был больше или равен нулю. Вспомните, что х целый по условию и найдите, чему он может быть равен!

Показать ответ и решение

Запишем дискриминант относительно $a$

2 4 2 2 D =49x − 40x =x (49 − 40x )≥0

Решения есть только при $x∈ {0,±1}$ (не забываем, что $x$ целый). Подставим $x= 0$ , получим единственное решение $a= 0$ . При $x =1$ имеем $a= 7±3= {1,2} 10 5$ . При $x= −1$ $a∈{− 1,− 2} 5$ .

Ответ:

$0;±2;±1 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#49765

Пусть

(1 ) (2 ) (n-− 1) Sn = f(0)+ f n + f n + ...+ f n +f(1)

Найдите $S2013$ для

x f(x)= -9x--- 9 + 3

Источники: ОММО-2013, номер 6, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно посчитать значение какой-то суммы. Наверное, считать по отдельности каждый член будет не очень удобно. Может, попытаемся разбить эту сумму на пары?

Подсказка 2

Само условие намекает нам рассмотреть f(0)+f(1), (1/n)+f((n-1)/n), т.е. суммы f(x)+f(1-x). Чему равна эта сумма?

Подсказка 3

С функцией f(n)=9ⁿ/(9ⁿ+3) неудобно работать, поэтому давайте поделим числитель и знаменатель на 9ⁿ: f(n)=1/(1+3/9ⁿ). Тогда f(1-n)=1/(1+9ⁿ/3). Посмотрите, чему равна сумма f(n)+f(1-n) и доведите решение до конца!

Показать ответ и решение

При $n= 2013$ слагаемых будет $n+ 1= 2014$ — чётное количество, поэтому их можно разбить на $1007$ пар вида $α,1− α$ , посмотрим на сумму в такой паре

3 f(α) =1− 9α+-3

1−α f(1− α)= 991−α+-3 = 9+-93⋅9α = 9α3+-3 =1− f(α)

Отсюда сумма $f(α)+ f(1− α) =1$ и $S2013 = 1007$ (количество пар).

Ответ:

$1007$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#77848

Докажите, что число $22014+1$ можно представить в виде произведения трех натуральных чисел, больших 1.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Число из условия очень похоже на многочлен, а какие делители точно есть у многочлена вида a^n +1?

Подсказка 2

Если n - нечетно, то a^n+1 делится на a+1. Попробуем таким способов найти хотя бы 1 делитель!

Подсказка 3

Заметим, что 2^2014+1 делится 2^38+1. выходит, теперь у нас есть 2 делителя. А на какие делители можно разбить 2^38+1?

Показать доказательство

Напомним, что при нечётном $n$ число $an+ 1$ делится на $a+ 1$ при любом натуральном $a.$

Так как $2014=2 ⋅19⋅53,$ то взяв $2⋅19 a= 2 ,n= 53,$ получаем, что число $2014 2 +1$ делится на $2⋅19 2 + 1.$

Взяв $2 a= 2,n= 19$ , получаем, что $2⋅19 2 +1$ делится на $2 2 + 1= 5.$

В итоге

2014 22014+ 1 238+1 2 + 1= -238+-1-⋅--5---⋅5,

причём каждый из трёх множителей в разложении это натуральное число больше единицы (у двух данных сократимых дробей, очевидно, числитель больше знаменателя).

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущая подтема

Следующая подтема