Олимпиада Покори Воробьевы Горы 2009 2010 | Задания, решения

Олимпиада МГУ Покори Воробьевы Горы 2009-2010 | Задания (с официального сайта МК) и решения
| +
Предложение в названии темы. Тема для тех, кто чувствует свои силы в математике, но у кого нет грамотных преподавателей, способных подготовить к олимпиадам. Если вы не из тех школ, где есть тренеры (их так и называют), то вы находитесь в неравных условиях с ними. Эта тема просто поможет (надеюсь) раскрыть ваши способности. Пока разберем задачи заочного тура, скоро я открою кружок по подготовке к очному туру, так что welcome. Думаю, к марту успеем хорошо подготовиться. Тем кто хочет легких путей, рекомендую покинуть тему. Тема только для тех, кто хочет в этом разобраться, но не с кем.

Мое мнение, что на олимпиадах побеждают не гении, а те, у кого в первую очередь был грамотный тренер и условия. У меня есть некоторые наработки по подготовке к олимпиадам, постараюсь сделать так, чтобы они максимально вам помогли.

Правила олимпиады МГУ Покори Воробьевы горы 2009 2010:
  • Участниками Олимпиады могут стать лица, обучающиеся в 11 классе общеобразовательных учреждений, осваивающие общеобразовательные программы среднего (полного) общего образования.
  • Олимпиада состоит из двух туров: предварительный (заочный) тур и заключительный (очный) тур.
  • В заключительном туре Олимпиады среди школьников 11 класса принимают участие победители и призеры предварительного тура Олимпиады среди школьников 11 класса, а также победители и призеры Олимпиады среди школьников 10 класса. Результаты Олимпиады будут объявлены и размещены на сайте
  • Очные туры состоятся в марте - апреле 2010 года в Москве, других городах России и странах СНГ.
  • Участники, ставшие победителями и призерами Олимпиады школьников «Покори Воробьевы горы!» в 2010 году, до 1 июня 2010 года смогут получить информацию о льготах при поступлении в МГУ имени М.В.Ломоносова (в соответствии с “Правилами поступления в МГУ имени М.В.Ломоносова в 2010 году”).
  • Для участия в Олимпиаде участник может воспользоваться любым из двух каналов связи: Интернет-сайт Олимпиады или почтовая связь.
P.S. Официальный сайт школьной олимпиады МГУ Покори Воробьевы Горы сломался, вся информация у нас.

Ниже задачи заочного тура олимпиады Покори Воробьевы Горы по математике - 11 класс. Предлагаю не пугаться сложности этих задач, на очном туре будет проще. В других темах должны быть задачи очных туров прошлых лет.


Задачи | +


Задания и решения школьной олимпиады Покори Воробьевы горы за 10 класс - математика.
Задания и решения школьной олимпиады Покори Воробьевы горы за 11 класс по химии, биологии и экологии.
| +
"Исповедующим" принцип - пусть сам поломает голову и т.д.: если не знать методов и без нормального препода, даже при наличии головы и желания, можно ее долго ломать, но это ни к чему не приведет. Я считаю, надо наработать базу знаний по таким задачам (хотя бы на примере подробных решений с комментами), понять, что к чему и уже потом самостоятельно "ломать голову", так более эффективно. С нуля (олимпиадного) "ломать голову" - бред.

Задания олимпиады МГУ Покори Воробьёвы горы 2009 2010. Решения постепенно выкладываются. Можете выложить свои решения для проверки.


Обсуждение ПВГ заочного тура 11 класса по математике за 2009-2010 годы перенес в эту тему viewtopic.php?f=17&t=1122

Ответы заочного тура за 11 класс покори воробёвых гор viewtopic.php?f=17&t=468&start=12
Задания и решения очного тура ПВГ по математике за 2009 год
viewtopic.php?f=17&t=468&start=12#p11350

_олимпиады_покори_воробьевы_горы_2010.pdf [128.85 Кб]
Скачиваний: 964



18 окт 2009, 01:41
#1
Задача 2Решите уравнение
`3cosx+4sinxsiny=5/cos(2010y)`

Долго ломать голову и только потом нажать на плюсик | +
`|siny|<=1` - по определению.

Тут применяется метод вспомогательного аргумента:
`asinx+-bcosx=sqrt(a^2+b^2)sin(x+-t)`, где `t=arcsin(b/sqrt(a^2+b^2))`, причем `a,b>=0`.
Изображение
По определению `|siny|<=1 => -4<=4siny<=4`. Обозначим `4siny=a => -4<=a<=4` т.е. `|a|<=4 => a^2<=16`.
Теперь (перешел к модулям (вместо `f=g` использую `|f|=|g|`) для полноты) `|3cosx+4sinxsiny|=|3cosx+asinx|=|sqrt(3^2+a^2)sin(x+arsin(3/sqrt(3^2+a^2)))|``=|sqrt(9+a^2)|*|sin(x+arcsin(3/sqrt(3^2+a^2)))|<=sqrt(9+a^2)` (т.к. `|sin(x+arcsin(3/sqrt(3^2+a^2)))|<=1`)
Т.к. `a^2<=16 => |3cosx+4sinxsiny|<=sqrt(9+a^2)<=sqrt(9+16)=5`.
С другой стороны, поскольку `|cos(2010y)|<= 1 =>` `|5/cos(2010y)|>=5`.
Итого, получили, что `5<=|5/cos(2010y)|=|3cosx+4sinxsiny|<=5`.
Следовательно (иначе получим противоречие `5<5`) все неравенства обращаются в равнества.
Т.е. `|5/cos(2010y)|=5`, что верно при `|cos(2010y)|=1`,
и `|3cosx+4sinxsiny|=5`, что верно при `|a|=4` т.е. `|siny|=1` и при `|sin(x+arcsin(3/sqrt(3^2+a^2)))|=|sin(x+arcsin(3/5))|=1`.

Теперь аккуратно избавляемся от модулей.
Заметим, что если `|siny|=1 => siny=+-1 => y=+-pi/2+2pik, k in ZZ`.
Тогда `cos(2010y)=cos(+-1005pi+4020pik)=cos(+-pi)` (период косинуса равен `2pi`) `= -1` (при этом не нарушается необходимое условие `|cos(2010y)|=1`).
Поэтому `5/cos(2010y)=-5 => 3cosx+4sinxsiny=-5`.

Два случая:
а. `siny=1` (`y=pi/2+2pik, k in ZZ`) `=> 4sinx+3cosx=-5 => sin(x+arcsin(3/5))=-1 => x=-pi/2-arcsin(3/5)+2pin, n in ZZ`.
б. `siny=-1` (`y=-pi/2+2pik, k in ZZ`) `=> -4sinx+3cosx=-5 => 4sinx-3cosx=5`,
`sin(x-arcsin(3/5))=1 => x=pi/2+arcsin(3/5)+2pin, n in ZZ`.

Это и есть ответы.

Решение 2 | +
Изображение


problem_2.jpg [35.01 Кб]
Скачиваний: 0



18 окт 2009, 01:59
#2
Задача 4Решите уравнение
`[n*lg5]+[n*lg2]=2010`
относительно натурального числа `n`.

Долго ломать голову и только потом нажать на плюсик | +
]1. `lg2=1-lg5`
`[n*lg2]=[n-n*lg5]`.
2. Лемма. Пусть `n in NN, alpha in RR, alpha !in ZZ`, `alpha>0`. Тогда `[n-alpha]=n-1-[alpha]`.
3. `[n*lg5]+n-1-[n*lg5]=2010`,
`n=2011`.

Решение 2 | +
Ответ: `2011`.
Докажем вначале, что `lg 2` не является рациональным числом. От противного. Пусть `lg2=k/m`. Тогда `10^k/m=2`. Значит, `10` в степени `k` равно `2` в степени `m`, что невозможно. `lg 2 + lg 5 = lg 10 = 1`, следовательно, `lg 5` также не является рациональным.
Итак, для любого `n` числа `n*lg 2` и `n*lg 5` не являются целыми. Следовательно,
`[n*lg 2]< n*lg 2 < [n*lg 2]+1, [n*lg 5]< n*lg 5 <[n*lg 5]+1`.
Сложив эти неравенства, получаем:
`[n*lg 2]+[n*lg 5]< n*lg 2+n*lg 5= n <[n*lg 2]+[n*lg 5]+2`,
откуда следует, что `[n*lg 2]+[n*lg 5] = n-1=2010`.
Итак, `n=2011`.

Решение 3 | +
Изображение


4.jpg [610.89 Кб]
Скачиваний: 0



18 окт 2009, 02:14
#3
Задача 3Найдите произведение двух трехзначных натуральных чисел, если оно втрое меньше шестизначного числа, получающегося приписыванием одного из этих двух чисел вслед за другим.

Долго ломать голову и только потом нажать на плюсик | +
]`barx,bary` - искомые числа, `bar(barx bary)` - шестизначное. `xy`- неизвестно.
1. `3xy=10^3*x+y`.
2. `y(3x-1)=1000x`,
`(x,3x-1)=1`,
`{(y=kx),(1000=k(3x-1)):}`
3. `3x-1>=299 => k<=3`.
4. `k=1, 3x=1001 O/`.
`k=2, x=167, y=2*167, xy=2*167^2`.

Решение 2 | +
http://ucheba.pro/download/file.php?mode=view&id=1057
Изображение


3.jpg [584.48 Кб]
Скачиваний: 0



18 окт 2009, 02:34
#4
Задача 8Найдите наименьшее значение величины `2|x|-|y|` при условии
`log_{4}(x+2y)+log_{4}(x-2y)=1`

Долго ломать голову и только потом нажать на плюсик | +
]Аналитический подход:
`f=2|x|-|y|`
1. `{(x+2y>0),(x-2y>0):}`
`{(x> -2y),(x>2y):}`
Важный вывод: `x>0=>f=2x-|y|`.
2. `(x+2y)(x-2y)=4`,
`x^2=4+4y^2`,
`x=sqrt(4+4y^2)`. (минус выкинули, т.к. `x>0`)
3. `f=2x-|y|=2sqrt(4+4y^2)-|y|`.
Для простоты `|y|=t, t>=0`. (чтобы модули не морочили голову)
Тогда `f=4sqrt(1+t^2)-t`.

Теперь надо найти минимум функции `f(t)=4sqrt(1+t^2)-t` при `t>=0`.
`t_min=1/sqrt15, f_min=sqrt15`.


Решение 2 | +
Изображение
Задача допускает следующую стандартную переформулировку:
Найти наименьшее значение параметра `а`, при котором система
`2|x|-|y|=a`
`log_4(x+2y)+log_4(x-2y)=1` (1)
имеет решение.
ОДЗ системы определяется неравенствами:
`x+2y>0`
`x-2y>0`
и является частью плоскости, симметричной относительно оси `Ох`
В области допустимых значений второе уравнение системы равносильно уравнению
`x^2-4y^2=4` (2).
Это уравнение в ОДЗ задает ветвь гиперболы (см. чертеж), но про это говорить не обязательно. Главное, что множество его решений также симметрично относительно оси `Ох` (если `(x,y)` - решение, то `(x,-y)` - также решение) и всякое решение `(x,y)` уравнения (2) с положительным `х` входит в ОДЗ системы. Докажем последнее. Пусть `(x,y)` - решение уравнения (2) и `x>0`.
`x^2-4y^2=4 <=> (x-2y)(x+2y)=4`; если `y` неотрицательно, то `x+2y>0`, если `y<0`, то `x-2y>0`. Значит, оба множителя `(x-2y)` и `(x+2y)` положительны, что и требовалось.
Множество решений уравнения
`2|x|-|y|=a`
симметрично относительно обеих координатных осей.
Таким образом, система (1) имеет решение тогда и только тогда, когда имеет решение система
`2x-y=a`
`x^2-4y^2=4`
`x>0`
`y>=0`
(модули раскрыты с учетом ограничений на `x` и `y`).
Решаем методом подстановки.
`y=2x-a`
`x^2-4(2x-a)^2=4`
`15x^2-16ax+4a^2+4=0` (3)
`D/4=4a^2-60` больше либо равен `0`. По теореме Виета произведение корней уравнения (3) равно `4a^2+4/15>0`. Следовательно, корни уравнения (3) имеют одинаковый знак. Значит, при `a<0` положительных корней не будет. Наименьшее положительное `а`, при котором дискриминант уравнения (3) неотрицателен, равно `15^(1/2)`. Тогда `x=8a/15>0`, `y=2x-a=a/15>0` - наша система имеет решение.
Итак, наименьшее значение `а`, при котором система (1) имеет решение, равно `15^(1/2)`.

Решение 3 | +
http://ucheba.pro/download/file.php?mode=view&id=1055
Изображение


problem_8.jpg [45.45 Кб]
Скачиваний: 0

8.jpg [610.02 Кб]
Скачиваний: 0



18 окт 2009, 03:20
#5
Задача 1В волейбольном турнире каждая команда сыграла с каждой ровно по одному разу, причем `25%` команд ни разу не выиграли. Сколько команд участвовало в турнире?


Долго ломать голову и только потом нажать на плюсик | +
]Схема решения:

1. Число команд делится на `4`.
2. Если команд `4` и одна всем слила, тогда все ок.
3. Пусть команд больше `4`. `4k` - число команд. `k` - число лузеров, `k>1`. Возьмем одну такую команду, она слила всем, поэтому у всех остальных команд как минимум одна победа, т.е. больше лузеров нет.

`4` команды.


18 окт 2009, 05:59
#6
Задача 6Найдите все значения `k>2`, при каждом из которых существует непостоянная
арифметическая прогрессия `x_1,…, x_k` и квадратный трехчлен `f(x)`, для которых `f(x_1),...,f(x_k)` — геометрическая прогрессия?


Пару решений есть в обсуждении этого сообщения. Обязательно посмотрите.

Решение 2 | +
Ответ: `k=3`.

Пусть `x_1,x_2=x_1+d,...,x_k=x_1+(k-1)d` - арифметическая прогрессия, `d` не равно `0`, `k>2`, `f(x)` - квадратный трехчлен и `f(x_1)=a, f(x_2)=qa,...,f(xk)=q^(k-1)a` - геометрическая прогрессия (`a` не равно `0` по определению геометрической прогрессии ). Тогда `g(x)= (1/a)f(dx+x_1)` - квадратный трехчлен, для которого `g(0)=1, g(1)=q,...,` `g(k-1)=q^(k-1)`. Пусть
`g(x)=Ax^2+Bx+C`. Получаем систему уравнений:

`C=1`
`A+B+C=q`
`4A+2B+C=q^2`
`9A+3B+C=q^3`
.... и т. д.
Последовательно исключая `C, B, A` из первых 4-х уравнений, получаем
`q^3-3q^2+3q-1=0`. Откуда `q=1, А=0, В=0`, т.е. `g(x)` не является квадратным трехчленом. Итак, установлено, что при `k` больше либо равном `4` задача решения не имеет. Если `k=3` и `q=3`,
то `g(x)=2x^2+1` - квадратный трехчлен, который принимает значения `g(0)=1, g(1)=3`, `g(2)=9`, что удовлетворяет условию задачи.
Итак, `к=3`.


Решение 3 | +
http://ucheba.pro/download/file.php?mode=view&id=1058
download/file.php?mode=view&id=1059
Изображение
Изображение


6-1.jpg [749.05 Кб]
Скачиваний: 0

6-2.jpg [610.09 Кб]
Скачиваний: 0



18 окт 2009, 07:01
#7
Задача 10Число `Р` — произведение всех простых чисел, меньших `30`. Из натуральных
делителей числа `Р` требуется составить множество `М`, в котором ни одно число не
делится нацело на другое. Какое наибольшее количество чисел может содержать
множество `M`?

Решение 1 | +
http://ucheba.pro/download/file.php?mode=view&id=1060
download/file.php?mode=view&id=1061
Изображение
Изображение

Решение 2 | +
Ответ: 252.
Решение. Всего простых чисел, меньших `30`, ровно `10`. Таким образом `Р` есть произведение `10` простых множителей. Натуральные делители `Р` являются различными произведениями этих множителей. Назовем `рангом` делителя количество сомножителей, которые его образуют. `1` - делитель ранга `0`, само число `Р` является делителем ранга `10`. Рассмотрим множество `М`, состоящее из делителей ранга `5`. Очевидно, что оно удовлетворяет условию задачи и число элементов в `М` равно числу сочетаний из `10` по `5`: `(10*9*8*7*6)/(5*4*3*2)=252`.
Остается показать, что во всех других множествах `М`, удовлетворяющих условию задачи, число элементов меньше.
Рассмотрим вначале случай, когда `М` содержит делитель ранга `к<5`. Будем считать при этом, что `к` есть наименьший ранг чисел, входящих в `М`. Пусть `n` - число делителей из `М` ранга `к`. Удалим все такие делители из `М`, и вместо каждого из них добавим в `М` всевозможные произведения этого делителя на простые множители, которые не входят в него. Другими словами, на месте каждого делителя ранга `к` появляется `(10 - к)` делителей ранга `к+1`. Но при этом возможен "повторный счет", поскольку один и тот же делитель ранга `к+1` мог появиться при домножении на простой множитель из различных делителей ранга к. Всего таких вариантов не более `к+1`. Таким образом, общее количество добавленных делителей ранга `к+1` можно оценить снизу числом `n*(10 - k)/(k+1)`, которое больше `n`. Итак, в результате нашей процедуры мы получим множество `М'`, количество элементов в котором больше, чем в `М`, и которое также удовлетворяет условию задачи. В самом деле, добавленные элементы ранга `к+1` не могут быть делителями никаких элементов `М`, потому что породившие их элементы ранга к не были делителями. Сами добавленные элементы не могут ни на что делиться, потому что их ранг в `М'` наименьший.
При необходимости можно проделать описанную выше процедуру несколько раз и избавиться от всех элементов `М` ранга `<5`. При этом на каждом шаге будет получаться множество со все большим числом элементов.
Покажем теперь, как совершенно аналогично можно избавляться от элементов ранга `k>5`. Пусть `к` - наибольший ранг делителей, входящих в `М`, и `n` - количество таких делителей. Удаляем все эти делители из `М` и на место каждого из них записываем все делители, получающиеся удалением из данного делителя любого простого множителя. Т.е. мы получаем к новых делителей ранга `(к - 1)`. При этом каждый новый делитель ранга `(к - 1)` мог появиться из делителей ранга `к` не более чем `(10-(к-1))` способами. Значит, общее количество добавленных делителей ранга `(к-1)` больше либо равно `n*k/(11-k)>n`. Итак, мы снова получаем множество `М'` с большим числом элементов, удовлетворяющее условию задачи.
Повторив эту процедуру несколько раз, мы избавимся от всех элементов ранга `>5` и получим множество, состоящее только из элементов ранга `5`, что и доказывает наше утверждение.


10-1.jpg [666.24 Кб]
Скачиваний: 0

10-2.jpg [569.36 Кб]
Скачиваний: 0



23 окт 2009, 18:38
#8
Задача 5Из вершины `С` прямого угла треугольника `ABC` опущена высота `СН`. Где на отрезке `ВН` нужно поставить точку `М`, чтобы из отрезков `АН`, `AM` и `СМ` можно было составить прямоугольный треугольник?

Решение | +
http://ucheba.pro/download/file.php?mode=view&id=1063
download/file.php?mode=view&id=1064
Изображение
Изображение

Решение 2 | +
Ответ: `М` - середина `ВН`. Если `|АН|` не превосходит `1/2|BH|`, то имеется второе решение: `М` расположена на расстоянии `|AH|` от середины `ВН` в сторону точки `Н`.

Изображение
Введем обозначения: `|AH|=a`, `|CH|=b` (вариант: `|CH|` можно принять за единицу - выкладки упростятся), `|HM|=x`. Тогда `|CM|^2=x^2+b^2`. Из подобия треугольников `АСН` и `СВН` получаем `b/a=|BH|/b`. Следовательно, `|BH|=b^2/a`.
Из трех отрезков можно составить прямоугольный треугольник тогда и только тогда, когда квадрат длины одного из них (гипотенузы) равен сумме квадратов двух других (теорема Пифагора и обратная к ней). Поскольку `|AH|` меньше либо равно `|AM|`, гипотенузой могут быть только отрезки `АМ` или `СМ`.
1) Гипотенуза `АМ`. Тогда `(a+x)^2=a^2+x^2+b^2`. Следовательно, `x=b^2/(2a)=1/2|HB|`. `М` - середина `НВ`.
2) Гипотенуза `СМ`. Тогда `x^2+b^2=a^2+(a+x)^2`, следовательно, `x=b^2/(2a)-a`. Поскольку по условию задачи `х` неотрицательно, этот вариант возможен лишь при условии `|AH|` не превосходит `1/2|HB|`. Тогда точка `М` расположена на расстоянии `|AH|` от середины `ВН` в сторону точки `Н`.


problem_5.jpg [13.81 Кб]
Скачиваний: 0

5-1.jpg [652.22 Кб]
Скачиваний: 0

5-2.jpg [552.82 Кб]
Скачиваний: 0



07 ноя 2009, 12:21
#9
Задача 7Прямые `l_1, l_2` и `l_3` пересекаются в точке `А` под углом `60°` друг к другу. Заяц, начиная из точки `А`, совершает последовательные прыжки длиной `1` каждый: первый прыжок — в направлении прямой `l_1`, второй — в направлении `l_2`, третий — в направлении `l_3`, следующий — в направлении `l_1` и т.д. (по циклу). В какой-то момент заяц остановился на одной из этих трех прямых на расстоянии `2010` от точки `А`. В каком направлении был совершен его последний прыжок?


Решение 2 | +
Ответ: в направлении прямой `l_3`.

Изображение
Вариант 1. Прямые лежат на плоскости.
Возьмем на каждой прямой `l_i` единичный вектор `e_i (i=1, 2,3)` так, что эти векторы попарно образуют углы `120` град. Тогда каждый прыжок зайца вдоль прямой `l_i` означает его перемещение на плоскости на вектор `e_i` или `-e_i`. В момент остановки заяц окажется в точке, отстоящей от точки `А` на вектор `m*e_1+n*e_2+k*e_3`, где каждый коэффициент `m,n` и `k` является суммой `1` и `-1` в количестве, равном числу прыжков вдоль соответствующей прямой. Заметим сразу, что эти коэффициенты будут четными, если соответствующее число прыжков четно, и нечетными в противном случае. Будем считать для определенности, что заяц остановился на прямой `l_1` в направлении вектора `e_1`. (Остальные случаи разбираются совершенно аналогично). Тогда
`m*e_1+n*e_2+k*e_3=2010*e_1`. Откуда `(m-2010)*e_1+n*e_2+k*e_3=0` (ноль векторный). Докажем, что в последнем равенстве все множители при векторах равны. Имеем `n*(e_1+e_2+e_3)=0`. Вычтем это равенство из предыдущего. Получим
`(m-n-2010)*e_1+(k-n)*e_3=0`. Но последнее равенство возможно лишь в том случае, если оба множителя при векторах нулевые, так как `e_1` и `e_3` не коллинеарны.
Итак доказано, что `m-2010=n=k`. Следовательно, `m,n` и `k` либо одновременно четные, либо одновременно нечетные. В силу сказанного выше, то же верно и для количества прыжков вдоль прямых. Поскольку в процессе движения зайца числа прыжков вдоль прямых не могут различаться более, чем на `1`, отсюда следует, что заяц совершил равное количество прыжков вдоль всех прямых. Значит, последний прыжок был вдоль `l_3`.

Вариант 2. Прямые не лежат в одной плоскости.
Превратим наши прямые в координатные оси, выбрав на каждой из них положительное направление и взяв за начало координат точку `А`. Тем самым мы зададим в пространстве косоугольную (или аффинную) систему координат. В начальный момент заяц находится в точке А с координатами `(0,0,0)`. Любой прыжок зайца вдоль первой прямой приводит к изменению его первой координаты на `1` или `-1`, аналогично для второй и третьей прямой. В итоге он оказывается в точке, у которой две координаты равны `0`, а третья равна `2010` или `-2010`. Все эти координаты - четные. Следовательно, вдоль каждой прямой совершено четное число прыжков. Поскольку в процессе движения зайца числа прыжков вдоль прямых не могут различаться более, чем на `1`, отсюда следует, что заяц совершил равное количество прыжков вдоль всех прямых. Значит, последний прыжок был вдоль `l_3`.
Решение может быть оформлено также в терминах направляющих векторов координатных осей или в терминах плоскостей, проходящих через целочисленные точки оси параллельно двум другим осям.


problem_7.jpg [7.43 Кб]
Скачиваний: 0



08 ноя 2009, 18:11
#10
Задача 9Существует ли тетраэдр, длины всех шести ребер которого образуют геометрическую прогрессию со знаменателем `root(3)2` ?


Решение 1 | +
Ответ: да. Пример - тетраэдр `ABCD` с ребрами `AB=1, AC=2t^2, BC=2t`, `AD=t^2, BD=t, DC=2` где `t=2^(1/3)`.

Докажем, что тетраэдр с указанными выше ребрами существует. Заметим прежде всего, что существует треугольник `ABC` со сторонами `AB=1, AC=2t^2, BC=2t`, поскольку
`1+2t>2t^2` при `t=2^(1/3)`. (1)
Квадратный трехчлен `2t^2-2t-1` имеет корни `(1-3^(1/2))/2 и (1+3^(1/2))/2`. Сравним `2^(1/3)` и `(1+3^(1/2))/2`. Возводим в куб и получаем `2^(1/3) < (1+3^(1/2))/2`, следовательно, (1) выполнено.

Разместим треугольник `АВС` на координатной плоскости `Oxy` так, что `А` имеет координаты `(0,0), В(1,0) и C(x,y)` где `y>0`. Найдем `x,y`, используя соотношения: `AC=2t^2, BC=2t`.
Получаем систему
`x^2+y^2=4t^4=8t`
`(x-1)^2+y^2=4t^2`
Из первого уравнения системы вычитаем второе и получаем `x=(8t-4t^2+1)/2`, `y^2=8t-``x^2=(127-16t-56t^2)/4, y=((127-16t-56t^2)^(1/2))/2`. Выражение под корнем неотрицательно, так как в противном случае система не имела бы решения, но мы знаем, что решение есть, поскольку треугольник `АВС` заведомо существует.

Добавим теперь к координатной системе ось `Oz` и пусть точка `D` имеет координаты `(a,b,c)` где `с>0`. Существование тетраэдра с указанными выше ребрами равносильно существованию решения у системы
`a^2+b^2+c^2=2t`
`(a-1)^2+b^2+c^2=t^2`
`(a-x)^2+(b-y)^2+c^2=4`
Действительно, всякое решение `(a,b,c)` системы определяет точку `D(a,b,c)`, для которой `AD=t^2, BD=t, DC=2` - мы получаем искомый тетраэдр.
Вычитаем уравнения: (1)-(2), получаем: `a=(2t-t^2+1)/2`
(1)-(3): `2ax+2by=10t-4 (x^2+y^2=8t)`
`2ax=(11t^2+18t-31)/2, b=(23-11t^2+2t)/(2(127-16t-56t^2)^(1/2))`,
`a^2=(2t^2+6t-7)/4, b^2=(441+334t-502t^2)/(4(127-16t-56t^2))`,
`c^2=2t-a^2-b^2=(8t-44t^2+72)/(127-16t-56t^2)` (проверьте вычисления, не исключены арифметические ошибки).
Знаменатель последней дроби больше `0`. Следовательно, решение существует тогда и только тогда, когда `-44t^2+8t+72>0`. Находим корни квадратного трехчлена: `t_1=(1-199^(1/2))/11`, `t_2=(1+199^(1/2))/11`. Докажем, что `2^(1/3)<t_2`. Имеем `199^(1/2)>14, 1+199^(1/2)>15`, `15^3=3375>(11^3)*2=2662`. Таким образом, при `t=2^(1/3)` `с^2>0` - система имеет решение.

Замечания: 1) Для существования тетраэдра с данным набором ребер не достаточно выполнения неравенств треугольника для всех граней.
2) Можно написать, что выбор варианта, предложенного в ответе, основан на компьютерном переборе всех вариантов (кстати, в этом случае будет совсем хорошо, если вы перечислите все имеющиеся решения (я не интересовался, есть ли еще что-нибудь, кроме приведенного в ответе)). Но это делать не обязательно: математик имеет право угадать ответ, а затем обосновать его.
3) Доказательство существования тетраэдра с указанными ребрами можно провести и по-другому.
4) Задача исключительно тупая: перебор и громоздкий счет при отсутствии каких-нибудь серьезных математических идей.


08 ноя 2009, 18:19
#11
1 - 4 команды
2 - В самом начале....)
3 - `55778` (число: `167334`)
4 - `2011`
5 - 1)`HB = 2HM` 2) `BM=BH/2+AH`, при `2 AM<BH`;
6 - `K=3`
7 - В направлении прямой `L_3`
8 - ` sqrt(15)`
9 - Существует тетраэдр с гранями (1,`root(3)(2)`,`root(3)(4)`); (`root(3)(4)`,`2root(3)(4)`,2); (1, `2root(3)(2)`,`2root(3)(4)`) ; (`root(3)(2)`,`2root(3)(2)`,2);
10 - `252`


16 янв 2010, 18:39
1, 2, 3, 4, 5 ... 31  →