Всего: 6 1–6
Добавить в вариант
Рассмотрим всевозможные приведенные квадратные трёхчлены x2 + px + q с целыми коэффициентами p и q. Назовём областью значений такого трехчлена множество его значений во всех целых точках x = 0, ±1, ±2, . . . . Какое наибольшее количество таких трехчленов можно выбрать, чтобы их области значений попарно не пересекались?
Заметим, что замена переменной x → x + k при любом целом k не меняет области значений многочлена. Тогда, сделав замену x → x − 
(квадратные скобки означают целую часть) можем считать, что любой многочлен имеет один из двух видов: x2 + q или x2 + x + q.
Области значений любых двух многочленов разного вида пересекаются: в самом деле, значения многочленов x2 + q и x2 + x + q' совпадают при x = q − q'. Значит, многочлены разного вида брать нельзя.
Многочленов первого вида можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f1(x) = x2 + q и f2(x) = x2 + q' не пересекаются, то q − q' = 4k + 2 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для нечетной разности свободных членов q − q' = 2k + 1 имеем f1(k) = f2(k + 1). Для делящейся на 4 разности свободных членов q − q' = 4k имеем f1(k − 1) = f2(k + 1). Но если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна не имеет вид 4k + 2.
Многочленов второго вида тоже можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f1(x) = x2 + x + q и f2(x) = x2 + x + q' не пересекаются, то q − q' = 2k + 1 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для четной разности свободных членов q − q' = 2k имеем f1(k − 1) = f2(k). Опять же, если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна четна.
Итак, больше двух многочленов выбрать нельзя. Пример для двух: f1(x) = x2 и f2(x) = x2 + 2.
Ответ: 2.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 20 |
| Решение верно по модулю небольших неточностей. | 18 |
| Есть доказательство того, что для каждого типа значений (x2 + q и x2 + x + q) можно взять не более двухтрёхчленов. | 14 |
| Полное решение, но только для случая x2 + q. | 8 |
| Пример двух трёхчленов, у которых области значений не пересекаются. | 4 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Рассмотрим всевозможные приведенные квадратные трёхчлены x2 + px + q с целыми коэффициентами p и q. Назовём областью значений такого трехчлена множество его значений во всех целых точках x = 0, ±1, ±2, . . . . Какое наибольшее количество таких трехчленов можно выбрать, чтобы их области значений попарно не пересекались?
Заметим, что замена переменной x → x + k при любом целом k не меняет области значений многочлена. Тогда, сделав замену x → x − (квадратные скобки означают целую часть) можем считать, что любой многочлен имеет один из двух видов: x2 + q или x2 + x + q.
Области значений любых двух многочленов разного вида пересекаются: в самом деле, значения многочленов x2 + q и x2 + x + q' совпадают при x = q − q'. Значит, многочлены разного вида брать нельзя.
Многочленов первого вида можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f1(x) = x2 + q и f2(x) = x2 + q' не пересекаются, то q − q' = 4k + 2 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для нечетной разности свободных членов q − q' = 2k + 1 имеем f1(k) = f2(k + 1). Для делящейся на 4 разности свободных членов q − q' = 4k имеем f1(k − 1) = f2(k + 1). Но если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна не имеет вид 4k + 2.
Многочленов второго вида тоже можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f1(x) = x2 + x + q и f2(x) = x2 + x + q' не пересекаются, то q − q' = 2k + 1 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для четной разности свободных членов q − q' = 2k имеем f1(k − 1) = f2(k). Опять же, если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна четна.
Итак, больше двух многочленов выбрать нельзя. Пример для двух: f1(x) = x2 и f2(x) = x2 + 2.
Ответ: 2.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 20 |
| Решение верно по модулю небольших неточностей. | 18 |
| Есть доказательство того, что для каждого типа значений (x2 + q и x2 + x + q) можно взять не более двухтрёхчленов. | 14 |
| Полное решение, но только для случая x2 + q. | 8 |
| Пример двух трёхчленов, у которых области значений не пересекаются. | 4 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Найти все значения m, при которых область определения функции 
состоит из одной точки.
Функция определена на множестве, являющемся решением системы
Чтобы эта система имела единственное решение, необходимо и достаточно, чтобы парабола 
либо имела один единственный корень, не превосходящий 1, либо имела два корня, меньший из которых был бы равен 1, то есть
где 
—
Возможно два варианта:
1) 
2) 
Ответ: 
Для всех значений параметра a решите неравенство 
Допустимые значения переменной x определяются системой
Этой системе на координатной плоскости xOa соответствует множество точек, лежащих ниже прямой 
правее оси a и не включающее прямую 
Построим теперь график функции 
Этим графиком часть плоскости, соответствующая области допустимых значений, разбивается на четыре области D1, D2, D3 и D4 (см. рис.).
В каждой из этих областей произвольно выберем по одной точке, например,
Подставляя теперь выбранные значения (x; a) в исходное неравенство, получаем соответствующие неравенства:
Первое и третье неравенства истинны, а второе и четвертое — ложны. Соответственно, исходное неравенство истинно только в областях D1 и D3.
Множество точек на плоскости x п с фиксированным а образует горизонтальную прямую. Решение же исходного неравенства будут абсциссы тех точек, которые принадлежат пересечению этой прямой с заштрихованными областями.
А тогда, если x1 и x2 — корни уравнения 
(определяемое формулами 
то, изменяя значение а от 
до 
непосредственно из рисунка выписываем ответ.
Ответ:
— если 
то 
— если 
то 
— 
то 
— 
то 
— 
то 
— если то
— если то
— то
— то
— то
При каких значениях вещественного параметра a система уравнений 
имеет единственное решение?
Запишем ОДЗ: 
Обратим внимание, что уравнение 
можно логарифмировать и записать в виде
Исследуем функцию 
на монотонность. Для этого найдем производную
Оказывается, что функция f(x) возрастает на промежутке (0, e) и убывает на промежутке 
Вычислим пределы
Найдем, когда 
Решением этого неравенства оказывается промежуток (0, 1]. Сделаем эскиз графика функции f(x).
Очевидно, что одним из решений уравнения 
всегда является полупрямая 
Второе решение существует только в том случае, если 
или 
Уравнение имеет единственное решение только в случае если 
В таком случае 
где 
Исследуем функцию 
Для этого найдем ее производную
Поскольку 
то функция g убывает при 
и возрастает при 
Выясним предел функции g в нуле
Таким образом, в области 
функция g принимает значения
а значит система обладает единственным решением при
Ответ: при
Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
Относительно переменной 
уравнение принимает вид
Функция 
принимает все положительные значения, кроме 
Поэтому исходное уравнение не имеет корней, если корни уравнения относительно t не принадлежат множеству
При 
имеем 
поэтому такое 
подходит. При 
это квадратное уравнение, корни которого равны 
Ответ: 
Наверх