Предметный тур. Математика. 3 этап

Разложим левую часть неравенства на множители. Имеем \[\begin{aligned} &a^{2}b - ab^{2} - 2(a^{2} - b^{2}) - 3a^{2} + 3ab + 10a - 10b = \\ &= ab(a - b) - 2(a - b)(a + b) - 3a(a - b) + 10(a - b) = \\ &= (a - b)(ab - 2a - 2b - 3a + 10) = \\ &= (a - b)(ab - 5a - 2b + 10) \\ &= (a - b)(a(b - 5) - 2(b - 5)) = (a - b)(a - 2)(b - 5) = (b - a)(a - 2)(5 - b). \end{aligned}\] Так как \(b > a > 2\), то первые два множителя положительны. Следовательно, требуется найти такое \(b\), что \(5 - b \geqslant 0\). Тогда наибольшее такое \(b\) равно числу 5.

Так как данные числа при делении на \(k\) дают одинаковый остаток, то разность любых двух из них делится на \(k\). Имеем \[\begin{aligned} &1765 - 1543 = 222, \\ &1950 - 1765 = 185. \end{aligned}\] Числа 222 и 185 делятся на \(k\), следовательно, их разность, равная \(222-185=37\), тоже делится на \(k\). Так как 37 — простое число, то \(k=37\).

Разделив, например, 1543 на 37, получим искомый остаток 26.

Пусть \(MNPQ\) — закрашенный четырехугольник (см. рис. 1.2).

Треугольники \(ABB_{1}\) и \(CDD_{1}\) равны, так как \(AB = CD\) (противоположные стороны параллелограмма), \(BB_{1} = DD_{1}\) (составляют одинаковую часть от противоположных сторон параллелограмма), \(\angle ABC = \angle CDA\) (свойство параллелограмма).

Тогда \(\angle BB_{1}A = \angle CD_{1}D\).

Так как \(BC \parallel AD\), то \(AB_{1} \parallel CD_{1}\).

Аналогично \(BC_{1} \parallel DA_{1}\). Следовательно, \(MNPQ\) — параллелограмм.

Проведем через точку \(C\) прямую, параллельную \(BC_{1}\). Пусть \(E\) — точка пересечения построенной прямой и прямой \(AB_{1}\).

Треугольники \(BB_{1}N\) и \(CB_{1}E\) подобны по двум углам (\(\angle BB_{1}N = \angle EB_{1}C\), \(\angle NBB_{1} = \angle ECB_{1}\)), коэффициент подобия равен \(BB_{1}:B_{1}C = 2\). Тогда их площади отличаются в 4 раза. Пусть \(S_{CB_{1}E} = x\). Тогда \(S_{BB_{1}N} = 4x\).

Треугольники \(BCP\) и \(BB_{1}N\) подобны по двум углам (\(\angle PBC\) общий, \(\angle BCP = \angle BB_{1}N\)), коэффициент подобия равен \(BC:BB_{1} = 3:2\). Тогда их площади отличаются в \(\dfrac{9}{4}\) раза. Следовательно, \(S_{PNB_{1}C} = 5x\).

Параллелограммы \(MNPQ\) и \(PNEC\) имеют одинаковую высоту, опущенную из точки \(N\) на прямую \(D_{1}C\). Тогда их площади относятся как основания \(CP\) и \(PQ\). По теореме Фалеса \(CP:PQ = CC_{1}:C_{1}D = 2\). Поскольку \[S_{PNEC} = S_{PNB_{1}C} + S_{CB_{1}E} = 5x + x = 6x,\] получаем, что \(S_{MNPQ} = 3x\). То есть \(S_{BCP} = 9x = 3S_{MNPQ}\).

Аналогично \(S_{CDQ} = S_{DAM} = S_{ABN} = 3S_{MNPQ}\). Тогда \[\frac{S_{ABCD}}{S_{MNPQ}} = \frac{S_{MNPQ} + S_{ABN} + S_{BCP} + S_{CDQ} + S_{DAM}}{S_{MNPQ}} = 1 + 4\cdot 3 = 13.\]

Попробуем найти положительные корни (если они есть, то неположительные нас уже не интересуют). Вынесем за скобку \(4x\) в левой части, а в правой под корнем вынесем величину \(x^{2}\), которую затем вынесем из-под корня. Имеем \[4x\left( x - \frac{2}{x} + \frac{1}{2} \right) = 3x\sqrt{x^{2} + \frac{4}{x^{2}} - 1}.\]

Разделив обе части на \(x > 0\), получаем \[4\left( x - \frac{2}{x} + \frac{1}{2} \right) = 3\sqrt{x^{2} + \frac{4}{x^{2}} - 1}.\]

Положим \(t = x - \frac{2}{x}\). Тогда \(t^{2} = x^{2} + \frac{4}{x^{2}} - 4\). Следовательно, \(x^{2} + \frac{4}{x^{2}} = t^{2} + 4\). Тогда уравнение равносильно \[4\left( t + \frac{1}{2} \right) = 3\sqrt{t^{2} + 3}. \label{eq:FinTex89_3_1}\] Возведя обе части уравнения в квадрат, находим \[16t^{2} + 16t + 4 = 9t^{2} + 27.\] То есть \[7t^{2} + 16t - 23 = 0.\]

Корень \(t = - \frac{23}{7}\) не обращает уравнение \eqref{eq:FinTex89_3_1} в верное равенство, а корень \(t = 1\) подходит. Значит, \[x - \frac{2}{x} = 1 \quad \iff \quad x^{2} - x - 2 = 0.\]

Из корней \(x = -1\), \(x = 2\) нам подходит только положительный. Таким образом, \(x = 2\).

Представим сообщество в виде графа, вершины которого соответствуют членам сообщества, а ребра — дружбе между ними.

Разобьем вершины на два класса: «группа девяти» — вершины, имеющие степень 3, и «группа одиннадцати» — вершины, имеющие степень \(n\).

Докажем, что \(n < 13\). Пусть число \(n\) принимает значение хотя бы 13. Рассмотрим одну вершину из «группы одиннадцати». Эта вершина может быть соединена максимум с десятью вершинами «группы одиннадцати». Значит, эта вершина соединена хотя бы с тремя вершинами из «группы девяти». Следовательно, вершины «группы одиннадцати» добавляют к общей сумме степеней вершин «группы девяти» хотя бы \(11 \cdot 3 = 33\). Но сумма степеней вершин «группы девяти» равна \(9 \cdot 3 = 27\). Получили противоречие.

Так как каждое ребро графа добавляет к общей сумме степеней вершин двойку, то общая сумма степеней четна. Тогда число \(n\) не может быть равным 12, поскольку иначе сумма степеней будет равна нечетному числу \(11 \cdot 12 + 9\cdot 3\). Таким образом, \(n \leqslant 11\).

Приведем пример, когда \(n = 11\). «Группа одиннадцати» обозначена на рисунке овалом, а вершины «группы девяти» отмечены пронумерованными кругами.

Пусть «группа одиннадцати» образует полный подграф. При этом каждая вершина «группы одиннадцати» смежна ровно с одной вершиной «группы девяти». Вершины 1, 2 и 3 соединены только с «группой одиннадцати». Вершина 4 имеет две смежных в «группе одиннадцати». Тогда степени вершин «группы девяти» равны трем, а степени вершин «группы одиннадцати» равны 11.

Поскольку \[2475 = 9 \cdot 25 \cdot 11,\] то искомое число делится на 9, 25 и 11.

Из делимости на 25 следует, что последняя цифра равна нулю. То есть искомое число равно \[\overline{a20b250}.\]

Из делимости на 9 следует, что сумма всех цифр делится на 9. Следовательно, \(a + b~ \vdots~ 9\). Так как \(a \neq 0\), то возможные варианты для \((a, b): (1, 8)\), \((2, 7)\), …, \((9, 0)\), а также \((9, 9)\).

Из делимости на 11 следует, что разность между суммами цифр на четных и на нечетных позициях делится на 11. То есть \[(a + 0 + 2 + 0) - (2 + b + 5) = a - b - 5~ \vdots~ 11.\] Из перечисленных выше вариантов пар \((a, b)\) подходит лишь один: \(a = 7\), \(b = 2\) (проверяется непосредственным перебором).

При продаже клавиатуры и мыши в комплекте магазину необходимо установить цену \(2000 + r\) руб. за комплект (при меньшей стоимости выручка будет меньше, а при большей — и вовсе равна нулю). Тогда наибольшая выручка при продаже товаров Ване и Тане в комплекте равна \[A = 2 \cdot (2000 + r) = 4000 + 2r ~ \text{руб.}\]

Теперь определим наибольшую возможную выручку при продаже товаров по отдельности. Заметим, что нет смысла устанавливать цены на клавиатуру и мышь, отличные от \(2000\) или \(r\). Поясним это утверждение. Пусть \(m = \min\left\{2000, r\right\}\), \(M = \max\left\{2000, r\right\}\), \(c\) — цена на товар. Если \(c < m\), то товар купят все, а цену можно повысить до \(m\), увеличив выручку. Если \(m < c < M\), то товар купит кто-то один, а цену можно поднять до \(M\), увеличив выручку. Если \(c > M\), то товар никто не купит, следовательно, можно увеличить выручку, положив, например, \(c = m\).

Если \(r = 2000\) руб., то нет разницы между продажей товаров в комплекте и по отдельности, то есть \(p = 0\%\).

Рассмотрим случай, когда \(r < 2000\).

Если клавиатура и мышь стоят одинаково по 2000 руб., то Ваня купит только клавиатуру, а Таня — только мышь. Суммарная выручка магазина равна 4000 руб.

Если клавиатура и мышь стоят одинаково по \(r\) руб., то все купят все товары. Суммарная выручка магазина составит \(4r\) руб.

Если клавиатура и мышь стоят по-разному, то один из покупателей купит и клавиатуру, и мышь, а второй — только тот товар, который стоит \(r\) руб. Суммарная выручка магазина в этом случае равна \(2000 + 2r\) руб.

Если \(r \leqslant 1000\), то \[4r \leqslant 2000 + 2r \leqslant 4000,\] следовательно, наибольшая выручка равна \(4000\). Отношение \[\frac{A}{4000} = 1 + \frac{2r}{4000}\] принимает наибольшее значение \(3/2\) при \(r = 1000\).

Если же \(1000 < r < 2000\), то \[4000 < 2000 + 2r < 4r,\] следовательно, наибольшая выручка равна \(4r\). Имеем \[\frac{A}{4r} = \frac{1000}{r} + \frac{1}{2} < \frac{3}{2}.\]

Таким образом, в случае \(r < 2000\) наибольшее значение \(p = 50\%\) достигается при \(r = 1000\).

Рассмотрим случай, когда \(r > 2000\).

Если клавиатура и мышь стоят одинаково по \(2000\) руб., то все купят все товары. Суммарная выручка магазина составит \(8000\) руб.

Если клавиатура и мышь стоят одинаково по \(r\) руб., то Ваня купит только мышь, а Таня — только клавиатуру. Суммарная выручка равна \(2r\) руб.

Если клавиатура и мышь стоят по-разному, то один из покупателей купит и клавиатуру, и мышь, а второй — только тот товар, который стоит 2000 руб. Выручка магазина — \(4000 + r\) руб.

Если \(r \leqslant 4000\), то \[2r \leqslant 4000 + r \leqslant 8000,\] следовательно, наибольшая выручка равна 8000. Отношение \[\frac{A}{8000} = \frac{1}{2} + \frac{r}{4000}\] достигает наибольшего значения \(\frac{3}{2}\) при \(r = 4000\).

Если \(r > 4000\), то \[8000 < 4000 + r < 2r.\] Тогда наибольшая выручка равна \(2r\), \[\frac{A}{2r} = \frac{2000}{r} + 1 < \frac{3}{2}.\]

Таким образом, в случае \(r > 2000\) наибольшее значение \(p = 50\%\) достигается при \(r = 4000\).

Отсюда делаем вывод, что наименьшее значение \(r\), при котором величина \(p\) принимает наибольшее значение \(50\%\), равно \(1000\) руб.

Первый способ. Разместим в точках \(A\), \(B\), \(C\) и \(D\) массы \(1\), \(2\), \(3\) и \(4\). Поскольку выполняется равенство \[\overrightarrow{ZA} + 2\overrightarrow{ZB} + 3\overrightarrow{ZC} + 4\overrightarrow{ZD} = \overrightarrow{0},\] то точка \(Z\) — центр масс вершин тетраэдра. Центр масс не изменится, если заменить вершины основания \(ABC\) на точку \(M\) массы \(1 + 2 + 3 = 6\) — центр масс точек \(A, B, C\).

Точка \(Z\) лежит на отрезке \(DM\), следовательно, точка \(M\) лежит на прямой \(DZ\). В то же время, точка \(M\) лежит в плоскости \(ABC\). Следовательно, \(E = M\).

По свойству центра масс (архимедово правило рычага) имеем \(\dfrac{DZ}{ZE} = \dfrac{6}{4} = 1{,}5\).

Второй способ. В данном в условии равенстве \[\overrightarrow{AZ} = 2\overrightarrow{ZB} + 3\overrightarrow{ZC} + 4\overrightarrow{ZD}\] каждый вектор \(\overrightarrow{XY}\) представим как сумму \(\overrightarrow{XE} + \overrightarrow{EY}\). Имеем \[\overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EZ} = 2(\overrightarrow{ZE} + \overrightarrow{EB}) + 3(\overrightarrow{ZE} + \overrightarrow{EC}) + 4(\overrightarrow{ZE} + \overrightarrow{ED}).\] Раскрывая скобки и приводя подобные слагаемые, получаем \[\overrightarrow{AE} + 2\overrightarrow{BE} + 3\overrightarrow{CE} = 10\overrightarrow{ZE} + 4\overrightarrow{ED}.\]

Заметим, что в левой части складываются векторы, принадлежащие плоскости \(ABC\), следовательно, и вся сумма будет лежать в плоскости \(ABC\). Сумма в правой части — вектор, коллинеарный прямой \(DE\). Поскольку прямая \(DE\) не лежит в плоскости \(ABC\), то полученное равенство возможно лишь в случае, когда левая и правая части равны нулевому вектору. Тогда \[\frac{|\overrightarrow{ZE}|}{|\overrightarrow{ED}|} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}.\] Следовательно, \(\dfrac{DZ}{ZE} = \dfrac{3}{2} = 1{,}5\).

Имеем \[\operatorname{tg}^{2}x + 2\operatorname{tg} x + 2 = (\operatorname{tg} x + 1)^{2} + 1 \geqslant 1,\] следовательно, первое слагаемое в левой части уравнения неотрицательно.

Аргумент второго логарифма равен \[\sin^{2}x + (\sin^{2}x + \cos^{2}x) - \sqrt{2}\sin x + \frac{1}{2} = 1 + \left(\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{2} \geqslant 1.\] Значит, второе слагаемое левой части уравнения также неотрицательно.

Сумма двух неотрицательных слагаемых равна нулю лишь в случае, когда оба этих слагаемых равны нулю. Тогда уравнение равносильно системе \[\begin{cases} \log_{3}((\operatorname{tg} x + 1)^{2} + 1) = 0,\\ \log_{9}(1 + \left(\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{2}) = 0 \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} \operatorname{tg} x = -1,\\ \sin x = \frac{1}{\sqrt{2}}. \end{cases}\] На отрезке \([-\pi, \pi]\) имеется единственный корень \(x = \dfrac{3\pi}{4}\), удовлетворяющий этой системе.

Оценка. Рассмотрим максимальный набор \(M\) блюд, который мог приготовить Петя. Дополним этот набор множеством \(A\) блюд так, чтобы новый набор \(M \cup A\) был максимальным, обладающим свойствами: «1 блюдо = 3 вкуса», и любые два блюда имеют разные наборы вкусов. Всего в наборе \(M \cup A\) будет \(C_{9}^{3} = 84\) блюда.

Из блюд множества \(M \cup A\) можно составить тройки, содержащие в совокупности все 9 вкусов. Назовем такие тройки «плохими». Всего имеется \(\dfrac{C_9^3 \cdot C_6^3 \cdot C_3^3}{3!}=280\) «плохих» троек. Будем убирать из множества \(M \cup A\) по одному блюда, входящие в набор \(A\), пока не получим множество \(M\). В конце этой процедуры все «плохие» тройки разрушатся. С одним блюдом можно составить \(\dfrac{C_{6}^{3}C_{3}^{3}}{2!} = 10\) «плохих» троек, поэтому, убрав одно блюдо, мы разрушим не более 10 «плохих» троек. Следовательно, для количества блюд \(|A|\) в множестве \(A\) верно неравенство \(|A| \cdot 10 \geqslant 280\). То есть \(|A| \geqslant 28\). Поскольку \(|M \cup A| = 84\), то \(|M| \leqslant 84 - 28 = 56\).

Пример. Если Петя приготовил всевозможные различные блюда из трех ингредиентов, не используя девятый, то он получил как раз \(C_{8}^{3} = 56\) блюд.