Поступаем вместе!

Меню

Облако тегов:

Ссылки:
Система видеонаблюдения - купить систему видеонаблюдения.





           

Первый тур олимпиады мехмата БГУ. Разбор задач.

Предлагаем вашему вниманию решения задач олимпиады мехмата БГУ.

ВНИМАНИЕ: это не авторские решения, поэтому теоретически в них могут быть ошибки (хотя иногда они встречаются и в авторских решениях:)).

  1. Подъем в гору турист прошел за 2 ч. На спуск с горы, который на 18 км длиннее подъема, турист затратил вдвое больше времени, чем на подъем в гору. Найти общую длину пройденного туристом пути, имея в виду, что каждый километр при спуске турист проходил на 10 мин быстрее, чем при подъеме.

    Решение

    Обозначим скорость подъема туриста в гору за v. Тогда длина подъема будет 2v, длина спуска - 2v+18, а скорость спуска (на который было потрачено 4 часа) - {2v+18 \over 4} = {v + 9 \over 2}. Время, потраченное на 1 км пути при подъеме - 1 \over v, а при спуске - 2 \over v + 9. Тогда, учитывая, что 10 минут - это 1 \over 6 часа, получаем:

    {1 \over v} = {2 \over v + 9} + {1 \over 6}

    {1 \over v} = {12+(v+9) \over 6(v+9)}

    6(v+9) = v(v+21)

    v^2+15v-54=0

    D = 15^2 + 4\cdot 54 = 441,\ D>0

    v_1 = {-15-\sqrt{441} \over 2} = -18

    v_2 = {-15+\sqrt{441} \over 2} = 3

    Скорость не может быть отрицательной, поэтому скорость подъема туриста была 3 км/ч. Значит, подъем был длиной 6 км, спуск - 24 км, а общая длина пути составила 30 км.

    Ответ: 30 км.

  2. В треугольнике \triangle ABC медиана AK, биссектриса BL и высота CM пересекаются в точке P. Найти площадь треугольника \triangle ABC, если CP=5, PM=3.

    Решение

    Поскольку биссектриса и медиана всегда лежат внутри треугольника, то и точка их пересечения лежит внутри \triangle ABC. Тогда высота CM лежит внутри \triangle ABC, а точка M - внутри стороны AB (а не на ее продолжении).

    CM=CP+PM=8

    CM\perp AB, значит, \angle BMC = 90^\circ. Пусть BM=x. Тогда по теореме Пифагора BC^2=\sqrt{BM^2+CM^2}=\sqrt{x^2+64}. Поскольку BP - биссектриса в \triangle BMC, то:

    {BM \over MP} = {BC \over CP}

    {x \over 3} = {\sqrt{x^2+64} \over 5}

    5x = 3\sqrt{x^2+64}

    25x^2 = 9\cdot\left(x^2+64\right)

    16x^2 = 576

    x^2 = 36

    x = 6

    Итак, BM=6. Тогда BC=\sqrt{36+64}=10, BK=KC=5. По теореме Пифагора BP=\sqrt{BM^2+MP^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}. При этом

    \cos \angle KBP = \cos \angle MBP = {BM \over BP} = {6 \over 3\sqrt{5}} = {2 \over \sqrt{5}}

    По теореме косинусов получаем:

    KP = \sqrt{BP^2 + BK^2 - 2\cdot BP \cdot BK \cdot \cos \angle KBP} = \sqrt{45 + 25 - 2\cdot 3\sqrt{5}\cdot 5\cdot {2 \over \sqrt{5}}} = \sqrt{70 - 60} = \sqrt{10}

    Пусть AM=y. Тогда AB = AM+MB = y+6. По теореме Пифагора AP=\sqrt{AM^2+MP^2}=\sqrt{y^2+9}. Воспользовавшись свойством биссектрисы для \triangle ABK, получим:

    {AB \over AP} = {BK \over KP}

    {y+6 \over \sqrt{y^2+9}} = {5 \over \sqrt{10}}

    y+6 = {5 \over \sqrt{10}}\cdot \sqrt{y^2+9}

    (y+6)^2 = {25 \over 10}\cdot \left(y^2+9\right)

    2y^2+24y+72 = 5y^2+45

    3y^2-24y-27=0

    y^2-8y-9=0

    (y-9)(y+1)=0

    y=9 \vee y=-1

    Поскольку M лежит внутри AB, то y>0, значит, AM = y = 9, поэтому AB = AM + BM = 15. Тогда

    S_{\tiny \triangle ABC} = {1 \over 2}AB \cdot CM = 60

    Ответ: 60.

  3. Решить уравнение \sqrt{3x^2 + 6x + 7} + \sqrt{5x^2 + 10x + 14} = 4 - 2x - x^2.

    Решение

    \sqrt{3x^2 + 6x + 7} + \sqrt{5x^2 + 10x + 14} = 4 - 2x - x^2

    \sqrt{3\left(x^2 + 2x + 1\right) + 4} + \sqrt{5\left(x^2 + 2x + 1\right) + 9} + \left(x^2 + 2x + 1\right) - 5 = 0

    \sqrt{3(x+1)^2 + 4} + \sqrt{5(x+1)^2 + 9} + (x+1)^2 - 5 = 0

    Заменим (x+1)^2 на t. Получим:

    \sqrt{3t+4} + \sqrt{5t+9} + t-5 = 0,\ t \ge 0

    Заметим, что t=0 - корень уравнения. Рассмотрим функцию

    f(t) = \sqrt{3t+4} + \sqrt{5t+9} + t-5

    f'(t) = {3 \over 2\sqrt{3t+4}} + {5 \over 2\sqrt{5t+9}} + 1 > 0 + 0 + 1 = 1

    Значит, f(t) строго возрастает на всей области определения и принимает каждое значение (в том числе 0) не более одного раза. То есть t=0 - единственное решение уравнения. Тогда:

    (x+1)^2 = 0

    x=-1 - единственное решение исходного уравнения.

    Ответ: -1.

  4. Найти все значения x, удовлетворяющие неравенству \operatorname{tg} \left(x-{\pi \over 4}\right)>0, при которых числа 2^{\cos\left(5x-{3 \over 4}\pi\right)}, \left({1 \over 2}\right)^{\cos \left(3x-{\pi \over 4}\right)}, \left(\sqrt[5]{2}\right)^{5\cos\left(x+{\pi \over 4}\right)} составляют в указанном порядке геометрическую прогрессию.

    Решение

    Поскольку эти числа образуют геометрическую прогрессию, то

    2^{\cos\left(5x-{3 \over 4}\pi\right)}\cdot\left(\sqrt[5]{2}\right)^{5\cos\left(x+{\pi \over 4}\right)} = \left(\left({1 \over 2}\right)^{\cos \left(3x-{\pi \over 4}\right)}\right)^2

    2^{\cos\left(5x-{3 \over 4}\pi\right)}\cdot 2^{\cos\left(x+{\pi \over 4}\right)} = 2^{-2\cos \left(3x-{\pi \over 4}\right)}

    2^{\cos\left(5x-{3 \over 4}\pi\right)+ \cos\left(x+{\pi \over 4}\right)} = 2^{-2\cos \left(3x-{\pi \over 4}\right)}

    \cos\left(5x-{3 \over 4}\pi\right)+ \cos\left(x+{\pi \over 4}\right) = -2\cos \left(3x-{\pi \over 4}\right)

    2\cos\left(3x-{\pi \over 4}\right)\cos\left(2x-{\pi \over 2}\right) = -2\cos \left(3x-{\pi \over 4}\right)

    \begin{matrix}{lc50lGC+40}\cos \left(3x-{\pi \over 4}\right) = 0 & \vee & \cos\left(2x-{\pi \over 2}\right) = -1 \\
3x - {\pi \over 4} = {\pi \over 2} + \pi k,\ k \in \mathbb{Z} & & 2x - {\pi \over 2} = \pi + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z} \\
x = {\pi \over 4} + {1 \over 3} \pi k & & x = {3\pi \over 4} + \pi k \end{matrix}

    Теперь выполним проверку условия \operatorname{tg} \left(x-{\pi \over 4}\right)>0. В первом случае получаем:

    \operatorname{tg} \left({\pi \over 4}+{1 \over 3}\pi k-{\pi \over 4}\right)>0

    \operatorname{tg} \left({1 \over 3}\pi k \right)>0

    При k = 3l или k = 3l + 2 для некоторого целого l, неравенство не выполняется, а при k = 3l+1 выполняется. Значит, x = {\pi \over 4} + {1 \over 3}\pi k = {\pi \over 4} + {\pi \over 3} + \pi l = {7\pi \over 12} + \pi l,\ l \in \mathbb{Z} удовлетворяет всем условиям задачи.

    Во втором случае получаем:

    \operatorname{tg} \left({3\pi \over 4}+\pi k-{\pi \over 4}\right)>0

    \operatorname{tg} \left({\pi \over 2}+\pi k\right)>0

    При любом целом k тангенс не существует, поэтому в этом случае неравенство выполняться не может.

    Ответ: {7\pi \over 12} + \pi l,\ l \in \mathbb{Z}.

  5. Решить уравнение x\cdot 3^x + {1 \over x} \cdot 3 ^ {\tiny 1 \over x} = 6.

    Решение

    При x \le 0 левая часть уравнения отрицательна, а правая положительна, поэтому отрицательных корней нету.

    x\cdot 3^x + {1 \over x} \cdot 3 ^ {\tiny 1 \over x} = 6

    x\cdot 3^x - 2 \cdot \sqrt{x} \cdot {1\over sqrt{x}} \cdot 3^{\tiny x \over 2} \cdot 3^{\tiny 1 \over 2x} + {1 \over x} \cdot 3 ^ {\tiny 1 \over x} = 6 - 2 \cdot \sqrt{x} \cdot {1\over sqrt{x}} \cdot 3^{\tiny x \over 2} \cdot 3^{\tiny 1 \over 2x}

    \left(sqrt{x}\cdot 3^{\tiny x \over 2} - {1 \over sqrt{x}}\cdot 3 ^ {\tiny 1 \over 2x}\right)^2 = 6 - 6\cdot 3^{\tiny x^2 - 2x + 1 \over 2x}

    \left(sqrt{x}\cdot 3^{\tiny x \over 2} - {1 \over sqrt{x}}\cdot 3 ^ {\tiny 1 \over 2x}\right)^2 = 6\left(1 - 3^{\tiny (x-1)^2 \over 2x}\right)

    {(x-1)^2 \over 2x} \ge 0

    3^{\tiny (x-1)^2 \over 2x} \ge 1

    6\left(1 - 3^{\tiny (x-1)^2 \over 2x}\right) \le 0 \le \left(sqrt{x}\cdot 3^{\tiny x \over 2} - {1 \over sqrt{x}}\cdot 3 ^ {\tiny 1 \over 2x}\right)^2

    Значит, все неравенства обращаются в равенства, то есть

    {(x-1)^2 \over 2x} = 0

    x = 1

    Легко проверить, что это действительно корень уравнения.

    Ответ: 1.

  6. Решить неравенство \log_{\tiny 2x+3}{3 \over 4}\ <\ \log_{\tiny 3x-5{,}5}{3 \over 4}.

    Решение

    \log_{\tiny 2x+3}{3 \over 4}\ <\ \log_{\tiny 3x-5{,}5}{3 \over 4}

    Чтобы функции логарифма имели смысл, необходимо:

    \begin{matrix}{lc50lc50lc50lGC+40}2x+3>0 & \& & 2x+3\ne 1 & \& & 3x-5{,}5>0 & \& & 3x-5{,}5\ne 1 \\
x>-{3 \over 2} & & x \ne -1 & & x > {11 \over 6} & & x \ne {13 \over 6}\end{matrix}

    x \in ({11 \over 6}; {13 \over 6}) \cup ({13 \over 6}; +\infty)

    \log_{\tiny 2x+3}{3 \over 4}\ <\ \log_{\tiny 3x-5{,}5}{3 \over 4}

    {1 \over \log_{\tiny \frac 3 4} 2x+3}\ <\ {1 \over \log_{\tiny \frac 3 4}3x-5{,}5}

    С учетом ограничений 2x+3 заведомо больше 1. Тогда если 3x-5{,}5>1, то

    \log_{\tiny 3 \over 4}{3x-5{,}5}\ <\ \log_{\tiny 3 \over 4}{2x+3}

    3x-5{,}5 > 2x+3

    x > {17 \over 2}, что удовлетворяет всем остальным ограничениям.

    Если 3x-5{,}5<1, то

    \log_{\tiny 3 \over 4}{3x-5{,}5} > \log_{\tiny 3 \over 4}{2x+3}

    3x-5{,}5 < 2x+3

    x < {17 \over 2}, с учетом других ограничений получается:

    x \in ({11 \over 6}; {13 \over 6})

    Ответ: ({11 \over 6}; {13 \over 6}) \cup ({17 \over 2}; +\infty).

Вот и все, спасибо за внимание:)

Вопросы и предложения приветствуются! (к Гене не относится:))

P.S. Если Вы хотите увидеть подобный разбор задач олимпиады ФПМИ по окончании первого тура, не поленитесь оставить комментарий (с указанием класса). Времени на это уходит много, поэтому хочется знать, насколько полезно оно будет потрачено.

             
MOZG.by (C), 2007-2008 admin@mozg.by