ОММО: задания прошлых лет с решениями

Решение

Измерим скорости в кругах за минуту: пусть у Владимира скорость $x$, у Петра $y$.

Когда бегуны движутся навстречу, между двумя встречами они вместе пробегают ровно один круг:

Когда бегут в одну сторону, между встречами быстрый обгоняет медленного ровно на круг:

Получаем $x + y = \frac13$ и $|x - y| = \frac16$. Если быстрее Владимир, то $x - y = \frac16$, откуда $x = \frac14$: круг он пробегает за 4 минуты. Если быстрее Пётр, то $y - x = \frac16$, откуда $x = \frac1{12}$: круг за 12 минут.

Оба варианта возможны — условие симметрично, бегунов можно поменять ролями. Проверка для первого случая: $y = \frac1{12}$, навстречу $3 \cdot \left(\frac14 + \frac1{12}\right) = 1$, вдогонку $6 \cdot \left(\frac14 - \frac1{12}\right) = 1$.

Легко записать только $6(x - y) = 1$ и потерять второй ответ. Слова «укажите все возможные варианты» напоминают проверить оба случая: быстрее может быть каждый из бегунов.

Источник задачи: Объединённая межвузовская математическая олимпиада, финальный тур, 01.02.2026, 11 класс, вариант 1, задача 3 — условие — официальный вариант; решение и ответ — ommo2026-sol.pdf на той же странице олимпиады

Решение

Пусть $a_1$ — первый член, $q$ — знаменатель, $a_i = a_1 q^{i-1}$. Обозначим $P = 1 + q + q^2 + \ldots + q^{10}$, это положительное число. Тогда

Обратные величины тоже образуют геометрическую прогрессию, со знаменателем $\frac1q$:

Во второй сумме мы вынесли $\frac1{q^{10}}$ — в скобке остался тот же многочлен $P$. Разделим первое равенство на второе, $P$ сократится:

Значит, $a_6^2 = \frac14$, а так как все члены положительны, $a_6 = \frac12$.

Ни $a_1$, ни $q$ искать не пришлось. Шестой член — середина одиннадцати членов, и произведение симметричных членов $a_1 a_{11} = a_2 a_{10} = \ldots = a_6^2$ одинаково — на этом и держится задача.

Источник задачи: Объединённая межвузовская математическая олимпиада, финальный тур, 04.02.2024, 11 класс, вариант 1, задача 1 — условие — официальный вариант; решение и ответ — ommo2024-sol.pdf на той же странице олимпиады

Решение

Раскроем скобки: $\sin x \cos x + 2(\sin x + \cos x) + 4 = \frac{21}{8}$, то есть

Сделаем замену $t = \sin x + \cos x$. Тогда $t^2 = \sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x = 1 + 2 \sin x \cos x$, откуда $\sin x \cos x = \frac{t^2 - 1}{2}$. Уравнение принимает вид

Дискриминант равен $256 - 112 = 144$, корни $t = \frac{-16 \pm 12}{8}$, то есть $t = -\frac12$ и $t = -\frac72$.

Второй корень не подходит: $\sin x + \cos x = \sqrt2 \cos\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$, поэтому $|t| \le \sqrt2$, а $\frac72 > \sqrt2$. Остаётся

Так как $\arccos(-a) = \pi - \arccos a$, получаем $x - \frac{\pi}{4} = \pm\left(\pi - \arccos\frac{1}{2\sqrt2}\right) + 2\pi k$. Это то же множество, что и $x - \frac{\pi}{4} = \pi \pm \arccos\frac{1}{2\sqrt2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb Z$.

Отбрасывать корень $t = -\frac72$ нужно с обоснованием: одно слово «не подходит» без оценки $|t| \le \sqrt2$ оставляет в решении пробел.

Источник задачи: Объединённая межвузовская математическая олимпиада, финальный тур, 02.02.2025, 11 класс, вариант 1, задача 6 — условие — официальный вариант; решение и ответ — ommo2025-sol.pdf на той же странице олимпиады

Решение

Ответ состоит из двух частей: оценки (меньше пяти цветов не хватит) и примера (пяти хватит).

Оценка. Возьмём числа $m$, $m + 5$, $m + 10$, $m + 18$. Их попарные разности: 5, 10, 18, 5, 13, 8 — все из запрещённого списка. Значит, эти четыре числа покрашены в четыре разных цвета, и цветов не меньше четырёх.

Пусть цветов ровно четыре. Тогда четвёрка $m$, $m + 5$, $m + 10$, $m + 18$ использует все цвета. То же верно для четвёрки $m$, $m + 5$, $m + 13$, $m + 18$: её попарные разности 5, 13, 18, 8, 13, 5. У двух четвёрок общие три числа $m$, $m + 5$, $m + 18$, и они занимают три цвета. Оставшийся четвёртый цвет должен быть и у $m + 10$, и у $m + 13$. Итак, при любом натуральном $m$ числа $m + 10$ и $m + 13$ одного цвета.

Применим это при $m = 1, 4, 7, 10, 13, 16$: получаем цепочку $11, 14, 17, 20, 23, 26, 29$, в которой соседние числа одного цвета, значит, все семь чисел одного цвета. Но $29 - 11 = 18$, и числа 11 и 29 обязаны быть разного цвета. Противоречие, четырёх цветов мало.

Пример. Разобьём натуральный ряд на пятёрки подряд идущих чисел: $1$–$5$, $6$–$10$, $11$–$15$ и так далее. Первую пятёрку покрасим в цвет 1, вторую в цвет 2, …, пятую в цвет 5, шестую снова в цвет 1 и так по кругу. Два числа одного цвета либо лежат в одной пятёрке и отличаются не больше чем на 4, либо лежат в пятёрках, номера которых отличаются хотя бы на 5, — тогда разность не меньше $5 \cdot 5 - 4 = 21$. Разностей 5, 8, 10, 13, 18 между числами одного цвета нет.

Самая трудная часть — найти «правильные» четвёрки. Подсказка в самих числах: $5 + 8 = 13$, $8 + 10 = 18$, $5 + 13 = 18$, из этих сумм и собираются наборы, где все разности запрещены.

Источник задачи: Объединённая межвузовская математическая олимпиада, финальный тур, 05.02.2023, 11 класс, вариант 1, задача 2 — условие — официальный вариант; решение и ответ — ommo2023-sol-pre.pdf на той же странице олимпиады

Решение

Саму функцию найти нельзя, но значение в нужной точке определяется однозначно. Сдвинем тройку так, чтобы она стала симметричной относительно нуля. По второму свойству при $a = -1$, $b = 0$, $c = 1$, $n = 59$:

Осталось найти $F(-1, 0, 1)$. По третьему свойству $F(-1, 0, 1) = F(1, 0, -1)$. По первому свойству с $n = -1$, применённому к тройке $(1, 0, -1)$:

Число, равное своей противоположности, — ноль, поэтому $F(-1, 0, 1) = 0$ и $F(58, 59, 60) = 59$.

Условие не противоречиво: всем трём свойствам удовлетворяет, например, $F(a, b, c) = b$, а также среднее арифметическое $\frac{a + b + c}{3}$ и медиана трёх чисел — это указано в комментарии к официальному решению. Функций много, а значение в точке $(58, 59, 60)$ у всех одно.

Источник задачи: Объединённая межвузовская математическая олимпиада, финальный тур, 06.02.2022, 11 класс, вариант I, задача 9 — условие — официальный вариант; решение, ответ и комментарий — ommo2022-sol.pdf на той же странице олимпиады