Тема СПБГУ - задания по годам

СПБГУ 2020

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела спбгу - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#103213

Даны числа $x,y,z ∈ [0,π]. 2$ Найдите максимальное значение выражения

3∘------- 3∘ ------- √3------- A = sinx cosy+ sinycosz+ sinzcosx.

Источники: СПБГУ - 2020, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Воспользуемся неравенством

3 ( 3 3 3) (a+ b+ c) ≤ 9 a +b + c при a,b,c≥ 0.

Тогда с учетом неравенства Коши для средних

3 9 ( 2 2 2 2 2 2 ) 27 A ≤ 9(sin xcosy+ sinycosz+ sinzcosx)≤ 2 sin x +cos y+sin y +cosz +sin z +cosx = -2

откуда $3 A ≤ 3√2.$ Равенство реализуется при $π x= y = z = 4.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что для любого $t$

√ - ( ) √- sin t+cost= 2⋅sin t+ π ≤ 2. 4

В силу неравенства Коши для средних

√ -------- ∘ ---------√-- √- √36-⋅ 3 sinu⋅cosv =3 3sinu ⋅cosv⋅-22-≤sinu+ cosv+-22-. 2

Применим эту оценку при $(u,v)∈{(x,y),(y,z),(z,x)}$ и затем сложим получившиеся неравенства. Тогда

√- √- √- 3A- 3-2 √- 3-2 9-2 6√2 ≤sin x+ cosx+ siny+ cosy +sin z+cosz+ 2 ≤ 3 2+ 2 = 2 ,

откуда $3-- A ≤ 3√2.$ Равенство реализуется при $π x= y = z = 4.$

Ответ:

$-3√- 32$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#103215

В восьмеричной системе $x= 344344...344,$ где блок $344$ повторяется $n$ раз. Восьмеричное число $y$ получается из $x$ некоторой перестановкой цифр. Оказалось, что восьмеричная запись $x ⋅y$ равна $2020...20.$ При каких $n$ это возможно?

Источники: СПБГУ - 2020, 11.4 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Договоримся восьмеричные числа писать в скобках, чтобы отличать их от десятичных. Запись $xy$ содержит $3n$ блоков вида $20,$ поэтому

( ) 643n − 1 (83n− 1)(83n+ 1) xy = 16⋅1 +64+ 642 +...+ 643n−1 = 16⋅-63---= 16 ⋅-----7⋅9------.

Кроме того, $(344)= 228,$ откуда

( ) 3n x =228⋅ 1+ 83+86+ ...+ 83(n−1) =228⋅ 8-−-1= 3⋅4⋅19⋅(83n − 1). 511 7⋅73

Поделив первое равенство на второе, мы получим

( ) y = xy=-4⋅73-⋅(83n +1)= 292⋅-83n+-1-. x 27⋅19 513

Так как $292$ и $513$ взаимно просты, на $513$ должно делиться число $83n +1$ , поэтому $n$ нечётно. Заметим, что

83n+ 1 ( 3(n−1) 3(n−2)) (6 3) --513--= 8 − 8 + ...+ 8 − 8 +1= (777000...777000777001),

где блок $777$ повторяется $n−21$ раз. Поскольку $292 =(444)$ и

(777)⋅(444)= (1000)⋅(444)− (444)= (444000)− (444)= (443334),

мы получаем:

y = (443334...443334444),

где блок из троек повторяется $n−1 2$ раз. Таким образом, в восьмеричную запись $y$ входит $3(n − 1) 2$ троек. С другой стороны, запись числа $x$ содержит $n$ троек. Поэтому $3(n − 1)= n, 2$ откуда $n= 3.$ При $n = 3$ нам подходит число $y =(443334444).$

Ответ:

$n =3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#103216

В школе $2019$ учеников. В один прекрасный день некоторые из них поздоровались друг с другом за руку, причем из любой тройки учеников хотя бы двое не здоровались. При каком наибольшем $k$ могло оказаться так, что для любого $n,$ не превосходящего $k,$ найдется школьник, поздоровавшийся ровно с $n$ учениками?

Источники: СПБГУ - 2020, 11.5 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Предположим, что школьник $A$ поздоровался с учениками $B ,...,B . 1 k$ По условию ни при каких $i$ и $j$ школьники $B i$ и $B j$ не здоровались друг с другом. Рассмотрим всех учеников, которые поздоровались менее $k$ раз, и выберем среди них того, кто здоровался не меньше других. Будем для определенности считать, что это $B1$ и что он поздоровался $m$ раз. Тогда кроме $A$ школьник $B1$ поздоровался еще с некоторыми учениками $C1,C2,...,Cm −1$ . Значит, в школе не менее $(k+ 1)+(m − 1)= k+ m$ учеников.

С другой стороны, по условию есть ученики, поздоровавшиеся ровно с

m + 1,m + 2,...,k− 1

школьниками, и они не находятся среди $A,B1,...,Bk.$ Поэтому учеников в школе не меньше, чем

(k+1)+ (k− 1 − m )=2k− m.

Таким образом, справедливы неравенства

2019 ≥k +m, 2019 ≥2k− m.

Складывая их, мы получим

4038- 4038≥(k+ m)+ (2k − m )= 3k =⇒ k≤ 3 = 1346

Покажем теперь, что $k= 1346$ реализуется. Разобьём всех учеников на две групшы: $A1,...,A673$ и $B1,...,B1346.$ Пусть $Ai$ поздоровался с $Bj$ при $i≤ j,$ а остальные пары школьников не здоровались друт с другом. Проверим, что такой пример нам подходит.

Первое условие задачи выполнено, поскольку в любой тройке учеников найдутся двое из одной группы, а они между собой не здоровались. Возьмем $n ∈{1,...,1346}$ . Если $n> 673,$ то число $i= 1347− n$ не превосходит $673.$ Тогда ученик $Ai$ поздоровался ровно с $1346− i+1= n$ школьниками. Если же $n≤ 673,$ то ученик $Bn$ поздоровался со школьниками $A1,...,An,$ которых ровно $n.$ Таким образом, и второе условие задачи выполнено.

Ответ:

$k =1346$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#103217

Две правильные треугольные пирамиды имеют общую боковую грань и не имеют других общих точек. В пирамиды вписаны шары радиуса $r.$ Третий шар радиуса $R$ касается внешним образом обеих пирамид и вписанных в них шаров. Найдите плоский угол при вершине пирамид, если $R :r= 2:1.$

Источники: СПБГУ - 2020, 11.6 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $SABC$ — первая пирамида, $BSC$ — её общая боковая грань со второй, $O 1$ и $O 2$ — центры шаров, вписанных в пирамиды, $O$ — центр внешнего шара. Ввиду равенства пирамид вписанные в них шары касаются грани $BSC$ в одной точке $K.$ Так как $O1K ⊥BSC$ и $O2K ⊥ BSC,$ точка $K$ лежит на отрезке $O1O2,$ причём $O1O2 = 2r.$

Пусть $M$ — точка касания с гранью $ASB$ шара, вписанного в первую пирамиду. В этой же точке касается $ASB$ и внешний шар. Поэтому точка $M$ лежит на отрезке $OO1,$ причём $OO1 =r +R.$ Аналогично получается, что $OO2 = r+R.$ Выберем точку $N$ на отрезке $OK$ так, что $NM ⊥ OO1,$ и положим $φ= ∠MNK.$

$PIC$

Тогда

( ) O1K = OO1 ⋅cos∠OO1K ⇐⇒ r=(r+ R)⋅cos(π− φ)⇐⇒ R = −r --1-+ 1 . cosφ

По условию $R =2r,$ откуда $1 cosφ =− 3.$

Покажем, что $φ$ — угол между гранями $ASB$ и $BSC.$ Действительно, $O1K$ и $O1M$ — радиусы шара, вписанного в первую пирамиду, откуда $O1M ⊥ ASB$ и $O1K ⊥ BSC.$ Значит, $BS ⊥MNK.$ Кроме того, прямая $MN$ лежит в плоскости $ASB$ , а $KN$ — в плоскости $BSC.$

$PIC$

Пусть $α= ∠ASB,a= AB.$ Опустим из точек $A$ и $C$ перпендикуляры на ребро $BS.$ Они придут в одну точку $L,$ так как треугольники $ASB$ и $BSC$ равны. По доказанному $∠ALC = φ.$ Заметим, что