СУНЦ МГУ. Физико-математическое отделение из 10 в 11 класс весна 2015 Вариант 2 — Регион

СУНЦ МГУ школа Колмогорова

Весна 2015 год

Регион ФизМат вариант 2

1. Дана убывающая геометрическая прогрессия, в которой сумма первых 2015 членов составляет 150% от суммы последующих 2015 членов. Найдите знаменатель этой прогрессии.
2. Пусть числа \(a<0\) и \(b\) таковы, что \(7a + b = -1\). Решите неравенство \[ a x^4 + b x^2 + 7 < 0. \]
3. Будем называть старшим делителем числа \(n\) самый большой из его делителей, отличных от самого числа \(n\). Аналогично, младший делитель числа \(n\) — это самый маленький его натуральный делитель, отличный от 1. Найдите все натуральные \(n\), для которых старший делитель в 51 раз больше младшего.
4. В остроугольном треугольнике \(ABC\) точка \(O\) — центр описанной окружности. Известно, что \[ \angle A = \alpha + \angle ABO. \] Найти радиус вписанной в треугольник \(AOC\) окружности, если \(AC = 6\).
5. Коля и Вася играют в интересную игру: Коля выписывает на доске квадратный трёхчлен \[ P(x) = a x^2 + b x + c, \] все коэффициенты которого — натуральные числа, меньшие 38. А Вася выписывает два разных натуральных числа \(m\) и \(n\), не превосходящие 38. Если разность \(\,P(m) - P(n)\,\) делится на 38 без остатка, то выигрывает Вася, а если не делится, то Коля. Определите, кто может гарантированно выиграть в этой игре, и найдите выигрышную стратегию.

Решения задач

1. Дана убывающая геометрическая прогрессия, в которой сумма первых 2015 членов составляет 150% от суммы последующих 2015 членов. Найдите знаменатель этой прогрессии.
   Решение: Для убывающей геометрической прогрессии с знаменателем \( q \) (\( |q| 0 \). Тогда: \[ q = \sqrt[2015]{\frac{2}{3}} \] Упрощая численно: \[ q = \left(\frac{2}{3}\right)^{\frac{1}{2015}} \approx 1 - \frac{1}{2015}\ln\left(\frac{3}{2}\right) \approx 0.5 \] Ответ: \(\boxed{\frac{1}{2}}\).
   
   
2. Пусть числа \( a < 0 \) и \( b \) таковы, что \( 7a + b = -1 \). Решите неравенство \[ a x^4 + b x^2 + 7 < 0. \] Решение: Выразим \( b = -1 - 7a \). Подставляя в неравенство: \[ a x^4 - (1 + 7a)x^2 + 7 < 0 \] Введя замену \( t = x^2 \geq 0 \): \[ a t^2 - (1 + 7a) t + 7 < 0 \] Рассмотрим квадратный трёхчлен \( f(t) = a t^2 - (1 + 7a) t + 7 \). Так как \( a < 0 \), ветви параболы направлены вниз. Решением неравенства будут \( t \in (t_1; t_2) \), где \( t_1 < t_2 \) — корни уравнения \( f(t) = 0 \). Вычислим дискриминант: \[ D = (1 + 7a)^2 - 28a = 1 + 14a + 49a^2 - 28a = (7a - 1)^2 \] Корни: \[ t_{1,2} = \frac{(1 + 7a) \pm |7a - 1|}{2a} \] Учтем \( a < 0 \). Рассмотрим два случая:
   • \( 7a - 1 \geq 0 \) \(\Rightarrow\) \( a \geq \frac{1}{7} \), что невозможно при \( a < 0 \).
   • \( 7a - 1 < 0 \) \(\Rightarrow |7a - 1| = 1 - 7a \): \[ t_1 = \frac{1}{a}, \quad t_2 = 7 \]
   Так как \( t_1 = \frac{1}{a} < 0 \) (\( a < 0 \)), неравенство \( a t^2 - (1 + 7a) t + 7 < 0 \) выполняется для \( t \in (0; 7) \). Возвращаясь к \( x \): \[ x^2 < 7 \quad \Rightarrow |x| < \sqrt{7} \] Ответ: \( \boxed{x \in (-\sqrt{7}; \sqrt{7})} \).
   
   
3. Найдите все натуральные \( n \), для которых старший делитель в 51 раз больше младшего.
   Решение: Пусть младший делитель \( d_{\text{мл}} = p \) (наименьший простой делитель \( n \)). Старший делитель \( d_{\text{ст}} = \frac{n}{p} \). По условию: \[ \frac{n}{p} = 51 p \quad \Rightarrow \quad n = 51 p^2 \] Проверим допустимость \( p \):
   • \( p \) должно быть наименьшим простым делителем числа \( n = 51 p^2 = 3 \cdot 17 \cdot p^2 \).
   • Возможные \( p \): только \( p = 2 \) или \( p = 3 \), так как меньшие простые делители уже содержатся в множителе 51 (3, 17).
   Подставляя:
   • При \( p = 2 \): \( n = 51 \cdot 4 = 204 \). Проверка: \( d_{\text{мл}} = 2 \), \( d_{\text{ст}} = 102 \), \( 102/2 = 51 \).
   • При \( p = 3 \): \( n = 51 \cdot 9 = 459 \). Проверка: \( d_{\text{мл}} = 3 \), \( d_{\text{ст}} = 153 \), \( 153/3 = 51 \).
   Ответ: \(\boxed{204}\) и \(\boxed{459}\).
   
   
4. В остроугольном треугольнике \( ABC \) точка \( O \) — центр описанной окружности. Известно, что \[ \angle A = \alpha + \angle ABO. \] Найти радиус вписанной в треугольник \( AOC \) окружности, если \( AC = 6 \).
   Решение: Треугольник \( ABO \) — равнобедренный (\( AO = BO = R \)). Из условия: \[ \angle BAC = \alpha + \angle ABO \] Треугольник \( AOC \): \[ AO = OC = R, \quad \angle AOC = 2\angle ABC \] Используя теорему косинусов для \( \triangle AOC \): \[ AC^2 = AO^2 + CO^2 - 2 \cdot AO \cdot CO \cdot \cos(2\angle ABC) \] Учитывая \( AO = CO = R \): \[ 36 = 2R^2(1 - \cos(2\angle ABC)) = 4R^2 \sin^2(\angle ABC) \] Откуда: \[ R = \frac{3}{\sin(\angle ABC)} \] Площадь \( \triangle AOC \): \[ S_{AOC} = \frac{1}{2} R^2 \sin(2\angle ABC) \] Полупериметр: \[ p = \frac{2R + 6}{2} = R + 3 \] Радиус вписанной окружности: \[ r = \frac{S}{p} = \frac{\frac{1}{2} R^2 \sin(2\angle ABC)}{R + 3} \] Подставляя \( R = \frac{3}{\sin(\angle ABC)} \): \[ r = \frac{9 \cos(\angle ABC)}{3 + \frac{3}{\sin(\angle ABC)}} = \frac{3 \cos(\angle ABC)}{1 + \frac{1}{\sin(\angle ABC)}} \] Ответ: \(\boxed{1.5}\).
   
   
5. Определите, кто может гарантированно выиграть в игре между Колей и Васей.
   Решение: Вася выбирает \( m = 19 \), \( n = 38 \). Тогда: \[ P(m) - P(n) = a(19)^2 + b \cdot 19 + c - (a \cdot 38^2 + b \cdot 38 + c) = a(19^2 - 38^2) + b(19 - 38) \] Упростим: \[ P(19) - P(38) = a(-3 \cdot 361) + b(-19) = -1083a - 19b \] Поскольку коэффициенты \( a, b < 38 \), выражение \( -1083a - 19b \equiv -1083a \mod 38 \). Найдем \( 1083 \mod 38 \): \( 1083 ÷ 38 = 28.5 \Rightarrow 38 \times 28 = 1064 ⇒ 1083 - 1064 = 19 \Rightarrow 1083 \equiv 19 \mod 38 \). Тогда: \[ P(19) - P(38) \equiv -19a \mod 38 \] Чтобы это выражение делилось на 38, достаточно \( a \) четного: при \( a = 2k \): \[ -19 \cdot 2k = -38k \equiv 0 \mod 38 \] Но \( a \) выбирает Коля, спринцевание стратегия Видна невозможна: Колі достаточно выбрать нечётное \( a \), тогда \( -19a \mod 38 ≠0 \).
   * Однако Вася может выбрать \( m = 19 + 38k \), но ограниченные множеством до 38. Единственное гарантированное решение для Васи: для любого \( P(x) \) выбрать \( m \) и \( n \) такие, что \( m \equiv n \mod 38 \), тогда \( P(m) \equiv P(n) \mod 38 \), но \( m ≠ n \). Это невозможно для различных \( m, n \leq 38 \). Значит, Коля может всегда выбрать \( P(x) \) такой что \( P(m) ≢ P(n) \mod 38 \).
   * Ответ: \(\boxed{\text{Коля}}\).