Всего: 1000 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …
Добавить в вариант
На доске написана система из 12 различных уравнений с 6 неизвестными x1, x2, x3, x4, x5, x6. Каждое уравнение имеет вид xi + xj + xk = 0, где i ≠ j ≠ k (сумма трех различных неизвестных равна нулю). Могло ли оказаться так, что у системы бесконечно много решений?
Могло. Пусть x1 = x2 = 2t, x3 = x4 = x5 = x6 = −t (при произвольном действительном t). Тогда равны нулю 
= 2 · 6 = 12 сумм, а именно:
Комментарий: а для 13 такое уже невозможно.
Ответ: да, могло.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 12 |
| Приводится система требуемого вида, имеющая бесконечно много решений, но не написано доказательство того, что система имеет бесконечно много решений. | 9 |
| Попытка доказывать неверный ответ ИЛИ приводятся какие-то рассуждения о системах линейных уравнений, не содержащие явного указания системы требуемого вида, имеющей бесконечно число решений, или неявного доказательства ее существования. | 0 |
| Максимальный балл | 12 |
Дан описанный четырехугольник ABCD, у которого радиусы вписанных окружностей треугольников ABC и ADC равны. Найдите угол между диагоналями AC и BD.
Докажем, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABC и ADC с диагональю AC совпадают.
В самом деле, обозначим точки касания TB и TD соответственно. Тогда 
и 
Критерий описанности четырехугольника 
это равенство равносильно 
Теперь легко видеть, что картинка однозначно задается радиусом вписанных окружностей треугольников ABC и ADC и расстояниями от точки касания до точек A и C. Значит, картинка переходит в себя при симметрии относительно прямой AC, при этом точки B и D меняются местами. Но это означает, что BD перпендикулярна AC, итак ответ 90°.
Ответ: 90°.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 15 |
| Доказано, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABC и ADC с диагональю AC совпадают, нет вывода утверждения задачи из этого факта. | 8 |
| Задача решена при дополнительном предположении, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABC и ADC с диагональю AC совпадают, этот факт никак не обоснован. | 5 |
| Задача решалась исходя из неверного понимания условия (например, что четырехугольник ABCD вписанный вместо описанного), ИЛИ решен любой частный случай, например когда диагональ BD является биссектрисой угла четырехугольника. | 0 |
| Максимальный балл | 15 |
Найдите все вещественные c, при которых сумма девятых степеней корней уравнения x2 − x + c = 0 равна нулю, и сумма пятнадцатых степеней тоже равна нулю. Замечание: корни могут быть комплексными.
Первое решение. Обозначим корни через x1 и x2 и воспользуемся теоремой Виетта. Задача переформулируется так: известно что 
и x1 + x2 = 1, найти x1x2.
Для начала заметим, что x1x2 ≠ 0, поскольку в противном случае одно из x1, x2 равно нулю, тогда 
влечет что и второе равно нулю, что противоречит 
Теперь посмотрим, что получится если сумму девятых степеней домножить на суммы шестых (ноль поскольку сумма девятых ноль) и вычесть сумму пятнадцатых (тоже ноль).
Поскольку c ≠ 0 имеем 
(!). С другой стороны
откуда 
Второе решение. Так же как в первом решении докажем равенство (!), вместо последнего шага сделаем следующее. Заметим, что если x1, x2 — действительные корни, то одновременное выполнение (!) и 
невозможно из-за монотонности куба.
Если x1, x2 не действительные то они сопряжены, тогда их кубы – тоже. Если сумма двух сопряженных чисел равна нулю, то их аргументы имеют вид 
то есть до возведения в куб аргумент имел вид 
или эквивалентно 
где m ∈ {1, 3, 5}. Обозначив аргумент через r имеем для тех случаев соответственно 
В первом случае 
два других невозможны поскольку аргумент – неотрицательное число. Получаем 
Ответ: 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 18 |
| Верное решение, но отсутствует проверка, что 1/3 подходит (доказано только что числа, неравные 1/3, не подходят). | 16 |
| Верное решение за исключением случая действительных корней. | 12 |
| Верное решение, но отсутствует проверка, что 1/3 подходит (доказано только что числа, неравные 1/3, не подходят). | 9 |
| В работе корректно доказано, что все возможные значения c принадлежат некоторому конечному множеству, элементы которого выписаны явно (не как корни системы уравнений), но множество содержит не только 1/3, и все множество указано в качестве ответа. | 8 |
| Правильный ответ без решения. | 0 |
| Максимальный балл | 18 |
Точки P и Q лежат соответственно на сторонах BC и CD квадрата ABCD. Прямые AP и AQ пересекают BD в точках M и N соответственно, а прямые PN и QM пересекаются в точке H. Докажите, что AH ⊥ PQ тогда и только тогда, когда точки P, Q, M, N лежат на одной окружности.
Для этой задачи мы приведем нелюбимое геометрами счетное решение, но попробуем хотя бы счет сделать эстетичным. Начнем с обозначений. Пусть длина стороны квадрата l. Продлим AH до пересечения с PQ (естественно, нам же ровно про эти два отрезка надо 2 доказать, что они перпендикулярны), точку пересечения обозначим через R. Длины отрезков BP, PR, RQ и QD обозначим через x, y, z и t соответственно.
Мы ввели переменных слегка с запасом, задумаемся, какие соотношения на них мы знаем. Во-первых, записав теорему Пифагора для треугольника PCQ имеем:
Во-вторых, запишем теорему Чевы для треугольника APQ. Заметим что 
поскольку BD – биссектриса треугольника ABP, она делит AP в отношении боковых сторон, то есть 
и 
Аналогично 
и 
Таким образом, т. Чевы гласит:
Сокращая одинаковые множители (все они не равны нулю, ибо все не меньше l > 0) получаем 
мы позволим себе вольность записывать это соотношение как 
поскольку все переменные положительны из картинки.
Теперь поймем, как записывается условие задачи в терминах введенных переменных. С описанностью PQNM все просто: эти четыре точки лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда |AP| · |AM| = |AQ| · |AN|, пользуясь ранее выписанными длинами имеем 
что равносильно 
Чуть сложнее с условием, что AR ⊥ PQ. Из него, очевидно, следует что 
(для прямоугольных треугольников APR и AQR с общим катетом разность квадратов других катетов равна разности квадратов гипотенуз). Обратное тоже верно: запишем теорему косинусов для треугольников APR и AQR и вычтем равенства. Имеем:
Значит равенство x2 − t2 = y2 − z2 влечет 2(y + z)|AR| cos ∠PRA = 0, но это и означает, что скалярное произведение отрезков AR и PQ равно нулю, то есть для алгебраиста они перпендикулярны. Для геометра – что отрезки перпендикулярны или один из них равен нулю, что невозможно в условиях задачи: |PQ| = 0 означает, что обе точки P и Q совпали с C, но они на сторонах квадрата а не в вершине. |AR| = 0 означает, что A лежит на PQ, что тоже противоречит тому, что точки взяты на сторонах а не на их продолжениях.
Итак, в задаче требуется доказать равносильность двух систем
Этим и займемся, благо из трех уравнений два совпадают, надо что-то сделать с третьим. Левое оставим как есть, преобразуем правое.
Представим себе, что про переменные y и z нам сообщена их сумма и отношение: y + z = a и 
как выразить y2 − z2 через a, b? Очевидно 
Подставив a2 и b из первого и второго уравнения системы соответственно,
видим что третье уравнение переписалось в виде 
после преобразований получаем 
– то есть то же, что и в левой системе, с точностью до домножения на константу. Итак, системы действительно равносильны – задача решена.
Комментарий. То что третье уравнение оказывается приводимым означает, что есть два разных случая, когда точки P, Q, M, N лежат на одной окружности. Один (очевидный) – когда x = t, и картинка симметрична. Другой – когда 
в более геометрических терминах: когда PQ виден из точки A под углом 45°.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 25 |
| Доказано в одну сторону, при том что обращение рассуждений не тривиально. | 18 |
| Доказано что если ∠PAQ = 45°, то точки P, Q, M, N лежат на одной окружности. | 9 |
| Правильный ответ без решения. | 0 |
| Максимальный балл | 25 |
Дано несколько вещественных чисел, по модулю не превосходящих 1. Сумма всех чисел равна S. Докажите, что из них можно выбрать несколько чисел так, чтобы при некотором натуральном n < 100 сумма выбранных чисел отличалась от 
не более чем на 
Для начала мы приведем ложное решение пятой задачи, с нетривиальной дырой. Желающим развить свою математическую культуру читателям предлагается в качестве полезного и непростого упражнения самостоятельно найти дыру в решении. Те кого интересует просто как решается задача №5 могут сразу читать настоящее решение ниже.
Ложное решение. Обозначим данные n чисел за x1, x2, . . . , xn. Без ограничения общности будем считать, что S ≥ 0. Если это не так, то будем доказывать утверждение задачи для чисел yi = −xi c положительной суммой. Из него будет следовать утверждение исходной задачи.
Докажем, что среди данных чисел существует набор из подряд идущих, удовлетворяющих неравенству из условия. То есть найдутся такие натуральные s и t (1 ≤ s ≤ t ≤ n) что подмножество xs, xs+1, . . . , xt – искомое.
Обозначим через m1 первый индекс, для которого x1 + x2 + · · · + xm1 ≥ S/100, через m2 – первый индекс, для которого x1 + x2 + · · · + xm2 ≥ 2S/100, и так далее: x1 + x2 + · · · + xmi ≥ iS/100 по всем i до 100. Рассмотрим также разности ai = x1 + x2 + · · · + xmi − iS/100. Заметим что m100 и a100 определены, поскольку по крайней мере для n выполняется неравенство x1 + x2 + · · · + xn = S ≥ iS/100 для любого i. Формально доопределим: m0 = 0 и a0 = 0. Заметим теперь, что так как выбранные нами индексы были первыми для своего условия и так как все числа xi по модулю не превосходят 1, то все ai лежат на отрезке [0; 1]. Чисел ai всего 101 (для i от 0 до 100). Значит, найдутся два индекса i и j, для которых |ai − aj| ≤ 1/100. Без ограничения общности j > i. Тогда |(x1 + x2 + · · · + xmi) − (x1 + x2 + · · · + xmj) − iS/100 + jS/100| ≤ 1/100 или |xmi + xmi + 1 + · · · + xmj − (j − i) S/100| ≤ 1/100. Тем самым, числа xmi + 1 + · · · + xmj — искомые.
Настоящее решение. Обозначим данные n чисел за x1, x2, . . . , xn. Без ограничения общности будем считать, что S ≥ 0. Если это не так, то будем доказывать утверждение задачи для чисел yi = −xi c положительной суммой. Из него будет следовать утверждение исходной задачи.
Докажем, что среди данных чисел существует набор из подряд идущих, удовлетворяющих неравенству из условия. То есть найдутся такие натуральные s и t (1 ≤ s ≤ t ≤ n) что подмножество xs, xs+1, . . . , xt – искомое.
Обозначим через m1 первый индекс, для которого x1 + x2 + · · · + xm1 ≥ S/100, через m2 – первый индекс, для которого x1 + x2 + · · · + xm2 ≥ 2S/100, и так далее: x1 + x2 + · · · + xmi ≥ iS/100 по всем i до 100. Рассмотрим также разности ai = x1 + x2 + · · · + xmi − iS/100. Заметим что m100 и a100 определены, поскольку по крайней мере для n выполняется неравенство x1 + x2 + · · · + xn = S ≥ iS/100 для любого i. Формально доопределим: m0 = 0 и a0 = 0. Заметим теперь, что так как выбранные нами индексы были первыми для своего условия и так как все числа xi по модулю не превосходят 1, то все ai лежат на отрезке [0; 1].
Предположим, все ai лежат на отрезке [0; 1 − 1/100]. Тогда, так как чисел ai всего 100 (для i от 0 до 99), найдутся два индекса i и j, для которых |ai − aj| ≤ 1/100. Без ограничения общности j > i. Тогда mj ≥ mi по определению чисел mi. Получаем: |(x1 + x2 + · · · + xmj) − (x1 + x2 + · · · + xmi) + jS/k − iS/k| ≤ 1/k или |xmi + xmi+1 + · · · + xmj − (j − i)S/k| ≤ 1/k. Заметим, что можно взять n = j − i, поскольку j − i > 0 и j − i ≤ j < 100. Тем самым, числа xmi, xmi+1 + · · · + xmj — искомые.
Пусть теперь для некоторого i разность ai попала на полуинтервал (1 − 1/100, 1]. Докажем, что в этом случае подмножество x1, . . . , xmi−1 — искомое. Для этого достаточно показать, что
iS/k − 1/k < x1 + · · · + xmi−1 ≤ iS/100.
Второе неравенство следует из определения mi, ведь mi – это первый индекс для которого сумма стала не меньше iS/100. Первое неравенство равносильно следующему: x1 + · · · + xmi−1−iS/k > −1/100. Но x1 + · · · + xmi-1 − iS/k = ai − xmi, и это больше −1/100, так как am > 1 − 1/100 и xm ≤ 1.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 32 |
Доказано более слабое утверждение: что в условиях задачи можно выбрать несколько чисел так, чтобы при некотором натуральном n < 100 сумма выбранных чисел отличалась от не более чем на  . Это гипотетический критерий, ни одной работы, удовлетворяющей ему, не обнаружено. | 11 |
| Рассуждения, какой должна быть сумма выбранного подмножества, без указаний, как выбрать подмножество с такой суммой или почему это возможно сделать ИЛИ решение задачи в частном случае (например, если |S| ≤ 2 или для конкретного набора чисел) ИЛИ доказательство более слабого утверждения, например построение требуемого подмножества для 1 ≤ n ≤ 100 (либо 0 ≤ n < 100) вместо требующегося в задаче 1 ≤ n < 100 | 0 |
| Максимальный балл | 32 |
В правильном тетраэдре с ребром, равным 8, отмечены 25 различных точек: 4 вершины и 21 произвольная точка внутри тетраэдра. Никакие 4 отмеченные точки не лежат в одной плоскости. Докажите, что найдется тетраэдр с вершинами в отмеченных точках, объем которого меньше единицы.
Объем тетраэдра с ребром 8 есть 
поскольку этот тетраэдр получается если взять не соединенные ребром вершины куба с ребром 
Заметим, что 
< 64, значит, если удастся тетраэдр разрезать на 64 тетраэдра с вершинами в отмеченных точках, то один из тетраэдров разбиения будет иметь объем меньше 1.
Докажем, что если внутри тетраэдра выбраны k точек, так что если добавить к ним 4 вершины тетраэдра, то среди полученных k + 4 точек никакие 4 не лежат в одной плоскости, тогда тетраэдр можно разрезать на 3k + 1 тетраэдр с вершинами в выбранных точках.
Индукция по k. При k = 0 считаем что тетраэдр разбит на один тетраэдр – самого себя. Пусть для k доказано, докажем для k + 1. Возьмем любые k из внутренних точек, по предположению индукции разобьем тетраэдр. Теперь добавим последнюю точку, и посмотрим, внутрь какого тетраэдра разбиения она попала. Этот тетраэдр разобьем на четыре, каждый из которых образован новой точкой и гранью разбиваемого тетраэдра. Разбитый тетраэдр заменим в разбиении четырьмя новыми, число тетраэдров в разбиении выросло на 3 (4 добавили 1 убрали).
Итак, при k = 21 имеем разбиение на 64 тетраэдра, что и требовалось.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 28 |
| Вычислительная ошибка, не влияющая на общий план решения при безупречной канве решения. | 24 |
| Идея разбивать на непересекающиеся тетраэдры и пользоваться принципом Дирихле, но отсутствует реализация (например, в корне неправильное число тетраэдров в разбиении, не 64 или 63, либо не доказано, почему можно разбить на столько тетраэдров, либо объем тетраэдра не посчитан или посчитан неверно, что не позволяет довести решение) | 10 |
| Решение не соответствует критериям, описанным выше. | 0 |
| Максимальный балл | 28 |
Даны m подмножеств n-элементного множества: A1, . . . , Am. Обозначим через |Ai| число элементов множества Ai. Рассмотрим неравенство
в котором индексы i, j, k пробегают все значения от 1 до m, то есть в сумме всего m3 слагаемых.
а) Докажите это неравенство при m = 3.
б) Докажите это неравенство при произвольном натуральном m.
Посчитаем левую часть иным образом. Для каждого элемента множества из n элементов посчитаем, в какое количество пересечений троек Ai ∩ Aj ∩ Ak он входит, и просуммируем эти количества по всем элементам. Легко видеть, что если элемент входит в ai множеств, то он входит ровно в ai3 пересечений троек множеств (в качестве первого множества тройки годятся ai множеств, в качестве второй и третьей — тоже ai). Таким образом, левая часть это n2(a13 + a23 + . . . + an3). Теперь заметим, что a1 + a2 + . . . + an = |A1| + · · · + |Am|, так как обе суммы подсчитывают двумя способами одну и ту же величину: количество пар (множество; элемент множества). Итого, надо доказать:
Последнее неравенство равносильно неравенству между средним кубическим и средним арифметическим:
Замечание. Это одна из лемм (Lemma 6) в статье: https://arxiv.org/pdf/1808.08363.pdf.
Обратите внимание! Любой положительный знак по задаче 7б автоматически дублируется в задачу 7а, кроме случая, когда по 7а написан отдельный текст, получающий более высокую оченку, чем текст за 7б. Если в вашей работе дублирование не произошло – это техническая ошибка, на которую следует подать апелляцию.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 40 |
| Арифметическая ошибка при идеальной канве решения, если оно не является чисто вычислительным. | 36 |
| Сведено к неравенству между средним кубическим и средним арифметическим. | 28 |
| в пункте а) вводятся переменные и явным образом выписываются полиномиальные неравенства, для которых предъявляется работоспособный план доказательства, который не реализован (возможно из-за арифметической ошибки). | 14 |
| Решение не соответствует критериям, описанным выше ИЛИ решение основано на неправильной формуле включения-исключения. | 0 |
| Максимальный балл | 40 |
В таблице 9 × 9 расставлены различные натуральные числа, сумма которых равна 2S. Известно, что в каждой строке числа возрастают слева направо, а в каждом столбце — снизу вверх. Может ли сумма чисел в центральном квадрате 5 × 5 быть больше S?
| 81 | 82 | 2083 | 2084 | 2085 | 2086 | 2087 | 2088 | 2090 |
| 71 | 72 | 2073 | 2074 | 2075 | 2076 | 2077 | 2078 | 2079 |
| 61 | 62 | 2063 | 2064 | 2065 | 2066 | 2067 | 2068 | 2069 |
| 51 | 52 | 2053 | 2054 | 2055 | 2056 | 2057 | 2058 | 2059 |
| 41 | 42 | 2043 | 2044 | 2045 | 2046 | 2047 | 2048 | 2049 |
| 31 | 32 | 2033 | 2034 | 2035 | 2036 | 2037 | 2038 | 2039 |
| 21 | 22 | 2023 | 2024 | 2025 | 2026 | 2027 | 2028 | 2029 |
| 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
Вычислим: 2S = 101646, S = 50823 Сумма чисел в центральном квадрате 5 × 5 равна 51125.
Ответ: может.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение ИЛИ отсутствие вычислений, подтверждающих верный ответ. | 12 |
| Пример, содержащий верную идею построения таблицы (большие числа в верхнем правом квадрате 7 × 7), но неверный из-за вычислительной ошибки. | 6 |
| Наличие одинаковых чисел в примере. | 4 |
| Попытка доказывать неверный ответ. | 0 |
| Максимальный балл | 12 |
Дан описанный четырехугольник ABCD, у которого радиусы вписанных окружностей треугольников ABC и ADC равны. Найдите угол между диагоналями AC и BD.
Докажем, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABC и ADC с диагональю AC совпадают.
В самом деле, обозначим точки касания TB и TD соответственно. Тогда и Критерий описанности четырехугольника это равенство равносильно
Теперь легко видеть, что картинка однозначно задается радиусом вписанных окружностей треугольников ABC и ADC и расстояниями от точки касания до точек A и C. Значит, картинка переходит в себя при симметрии относительно прямой AC, при этом точки B и D меняются местами. Но это означает, что BD перпендикулярна AC, итак ответ 90°.
Ответ: 90°.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 15 |
| Доказано, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABC и ADC с диагональю AC совпадают, нет вывода утверждения задачи из этого факта. | 8 |
| Задача решена при дополнительном предположении, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABC и ADC с диагональю AC совпадают, этот факт никак не обоснован. | 5 |
| Задача решалась исходя из неверного понимания условия (например, что четырехугольник ABCD вписанный вместо описанного), ИЛИ решен любой частный случай, например когда диагональ BD является биссектрисой угла четырехугольника. | 0 |
| Максимальный балл | 15 |
В последовательности чисел Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . каждое следующее число, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих. Докажите, что среди чисел Фибоначчи нет ни одной натуральной степени числа 7.
Для начала докажем, что на 7 делятся те и только те числа Фибоначчи, номер которых делится на 8. Докажем это по индукции.
База: Первое число Фибоначчи, кратное 7 – это 21, которое является 8 числом Фибоначчи. Переход: Пусть этот факт был верен для всех чисел Фибоначчи с номерами от 1 до 8k. Докажем, что он верен для чисел от 8k + 1 до 8k + 8. Пусть число с номером 8k − 1 имело остаток a от деления на 7 (
). Тогда числа с номерами 8k + 1, . . . , 8k + 8 будут иметь следующие остатки: a, a, 2a, 3a, 5a, a, 6a, 0.
Теперь докажем, что на 3 делятся те и только те числа Фибоначчи, номер которых делится на 4. Доказательство аналогично.
Следовательно, если число Фибоначчи делится на 7, то его номер делится на 8. Значит, его номер делится на 4, а значит, само число обязано делиться на 3. Значит, оно не может быть равно натуральной степени числа 7.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 15 |
| Доказано, что на 7 делятся те и только те числа Фибоначчи, номер которых делится на 8. | 5 |
| Перебор конечного числа чисел Фибоначчи. | 0 |
| Максимальный балл | 15 |
Существует ли прямоугольный параллелепипед, у которого длины всех ребер иррациональны, а объем, полная поверхность и большая диагональ – числа целые? (Прямоугольный параллелепипед – это фигура в пространстве, задаваемая неравенствами 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤ z ≤ c, где a, b, c > 0 – фиксированные числа. Большая диагональ – это максимальное расстояние между вершинами параллелепипеда.)
Нам нужно найти такие иррациональные a, b, c, что abc ∈ Z, 2(ab + bc + ac) ∈ Z, a2 + b2 + c2— полный квадрат. Например, нам подойдут корни многочлена x3 − 9x2 + 16x − 1. Легко видеть, что у него 3 положительных корня (достаточно посмотреть на значения в 0, 2, 4, 8), что у него нет рациональных корней (их числитель и знаменатель будут обязаны делить единицу, то есть быть равными ±1). При этом произведение корней равно 1, сумма попарных произведений равна 16, a2 + b2 + c2 = (a+b+c)2 − 2(ab+bc+ac) = 92 − 2 · 16 = 81 − 32 = 49, значит, большая диагональ равна 7.
Ответ: да, существует.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 20 |
| Правильно составлен многочлен, но не доказано, что его корни вещественны и положительны ИЛИ правильно составлен многочлен, но не доказано, что его корни иррациональны. | 14 |
| Идея рассмотрения многочлена. | 7 |
| Попытка доказывать неверный ответ. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Дано несколько вещественных чисел, по модулю не превосходящих 1. Сумма всех чисел равна S. Докажите, что из них можно выбрать несколько чисел так, чтобы при некотором натуральном n < 100 сумма выбранных чисел отличалась от не более чем на
Для начала мы приведем ложное решение пятой задачи, с нетривиальной дырой. Желающим развить свою математическую культуру читателям предлагается в качестве полезного и непростого упражнения самостоятельно найти дыру в решении. Те кого интересует просто как решается задача №5 могут сразу читать настоящее решение ниже.
Ложное решение. Обозначим данные n чисел за x1, x2, . . . , xn. Без ограничения общности будем считать, что S ≥ 0. Если это не так, то будем доказывать утверждение задачи для чисел yi = −xi c положительной суммой. Из него будет следовать утверждение исходной задачи.
Докажем, что среди данных чисел существует набор из подряд идущих, удовлетворяющих неравенству из условия. То есть найдутся такие натуральные s и t (1 ≤ s ≤ t ≤ n) что подмножество xs, xs+1, . . . , xt – искомое.
Обозначим через m1 первый индекс, для которого x1 + x2 + · · · + xm1 ≥ S/100, через m2 – первый индекс, для которого x1 + x2 + · · · + xm2 ≥ 2S/100, и так далее: x1 + x2 + · · · + xmi ≥ iS/100 по всем i до 100. Рассмотрим также разности ai = x1 + x2 + · · · + xmi − iS/100. Заметим что m100 и a100 определены, поскольку по крайней мере для n выполняется неравенство x1 + x2 + · · · + xn = S ≥ iS/100 для любого i. Формально доопределим: m0 = 0 и a0 = 0. Заметим теперь, что так как выбранные нами индексы были первыми для своего условия и так как все числа xi по модулю не превосходят 1, то все ai лежат на отрезке [0; 1]. Чисел ai всего 101 (для i от 0 до 100). Значит, найдутся два индекса i и j, для которых |ai − aj| ≤ 1/100. Без ограничения общности j > i. Тогда |(x1 + x2 + · · · + xmi) − (x1 + x2 + · · · + xmj) − iS/100 + jS/100| ≤ 1/100 или |xmi + xmi + 1 + · · · + xmj − (j − i) S/100| ≤ 1/100. Тем самым, числа xmi + 1 + · · · + xmj — искомые.
Настоящее решение. Обозначим данные n чисел за x1, x2, . . . , xn. Без ограничения общности будем считать, что S ≥ 0. Если это не так, то будем доказывать утверждение задачи для чисел yi = −xi c положительной суммой. Из него будет следовать утверждение исходной задачи.
Докажем, что среди данных чисел существует набор из подряд идущих, удовлетворяющих неравенству из условия. То есть найдутся такие натуральные s и t (1 ≤ s ≤ t ≤ n) что подмножество xs, xs+1, . . . , xt – искомое.
Обозначим через m1 первый индекс, для которого x1 + x2 + · · · + xm1 ≥ S/100, через m2 – первый индекс, для которого x1 + x2 + · · · + xm2 ≥ 2S/100, и так далее: x1 + x2 + · · · + xmi ≥ iS/100 по всем i до 100. Рассмотрим также разности ai = x1 + x2 + · · · + xmi − iS/100. Заметим что m100 и a100 определены, поскольку по крайней мере для n выполняется неравенство x1 + x2 + · · · + xn = S ≥ iS/100 для любого i. Формально доопределим: m0 = 0 и a0 = 0. Заметим теперь, что так как выбранные нами индексы были первыми для своего условия и так как все числа xi по модулю не превосходят 1, то все ai лежат на отрезке [0; 1].
Предположим, все ai лежат на отрезке [0; 1 − 1/100]. Тогда, так как чисел ai всего 100 (для i от 0 до 99), найдутся два индекса i и j, для которых |ai − aj| ≤ 1/100. Без ограничения общности j > i. Тогда mj ≥ mi по определению чисел mi. Получаем: |(x1 + x2 + · · · + xmj) − (x1 + x2 + · · · + xmi) + jS/k − iS/k| ≤ 1/k или |xmi + xmi+1 + · · · + xmj − (j − i)S/k| ≤ 1/k. Заметим, что можно взять n = j − i, поскольку j − i > 0 и j − i ≤ j < 100. Тем самым, числа xmi, xmi+1 + · · · + xmj — искомые.
Пусть теперь для некоторого i разность ai попала на полуинтервал (1 − 1/100, 1]. Докажем, что в этом случае подмножество x1, . . . , xmi−1 — искомое. Для этого достаточно показать, что
iS/k − 1/k < x1 + · · · + xmi−1 ≤ iS/100.
Второе неравенство следует из определения mi, ведь mi – это первый индекс для которого сумма стала не меньше iS/100. Первое неравенство равносильно следующему: x1 + · · · + xmi−1−iS/k > −1/100. Но x1 + · · · + xmi-1 − iS/k = ai − xmi, и это больше −1/100, так как am > 1 − 1/100 и xm ≤ 1.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 32 |
| Доказано более слабое утверждение: что в условиях задачи можно выбрать несколько чисел так, чтобы при некотором натуральном n < 100 сумма выбранных чисел отличалась от не более чем на . Это гипотетический критерий, ни одной работы, удовлетворяющей ему, не обнаружено. | 11 |
| Рассуждения, какой должна быть сумма выбранного подмножества, без указаний, как выбрать подмножество с такой суммой или почему это возможно сделать ИЛИ решение задачи в частном случае (например, если |S| ≤ 2 или для конкретного набора чисел) ИЛИ доказательство более слабого утверждения, например построение требуемого подмножества для 1 ≤ n ≤ 100 (либо 0 ≤ n < 100) вместо требующегося в задаче 1 ≤ n < 100 | 0 |
| Максимальный балл | 32 |
Рассматриваются наборы из семи гирь с суммарным весом 1 (вес каждой гири неотрицателен). Назовем поднабор большим, если сумма весов гирь поднабора больше или равна 2/3. Для каждого набора найдем число больших поднаборов. Найдите минимум этого числа по всем наборам.
Предположим, есть набор, у которого меньше 23 больших поднаборов. Тогда все наборы из 6 гирь большие. В самом деле, путь поднабор без гири A с весом a — не большой. Тогда a > 1/3. У множества шести гирь (всех кроме A) есть 26 подмножеств. Эти подмножества разбиваются на пары с пустым пересечением, дающие в объединении все гири без A. Тогда в каждой паре хотя бы одно множество весит не менее (1 − a)/2. То есть половина, 26/2 = 25, из этих подмножеств весит не менее (1 − a)/2. Тогда каждое множество из этой половины в объединении с A дает вес не менее (1 − a)/2 + a ≥ 2/3. Таким образом, мы нашли 25 = 32 > 23 больших набора. Противоречие.
Итого, на данный момент мы нашли уже 8 больших поднаборов: 7-элементный и все семь 6-элементных. Посмотрим, какие 5-элементные поднможества могут не давать большой поднабор.
Допустим, все гири без гирь A, B – не большой поднабор, и все без C, D – тоже не большой поднабор (разными буквами обозначены разные гири). Тогда, рассуждая аналогично предыдущему случаю, получаем, что у дополнения к A, B есть 25/2 = 24 подмножеств, дающих в объединении с A, B большой поднабор. То же самое с C, D: у дополнения к C, D есть 25/2 = 24 подмножеств, дающих в объединении с C, D большой поднабор. Рассмотрим объединение этих поднаборов и оценим его мощность. Если первое множество наборов это X, второе — это Y, то X ∩ Y ≤ 8. Действительно, набор в пересечении X и Y включает в себя A, B, C, D, и число способов дополнить его несколькими из оставшихся трех – не более 23 = 8. Итого, больших поднаборов |X ∪ Y| = |X|+|Y| − |X ∩ Y| ≥ 16 + 16−8 = 24 > 23. Значит, не существует таких непересекающихся пар A, B и C, D, что их пятиэлементные дополнения – не большие наборы. Или же, для любых двух 5-элементных не больших наборов их 2-элементные дополнения пересекаются. Максимальное количество попарно пересекающихся 2-элементных подмножеств множества из 7 элементов – 6. (В самом деле, пусть есть несколько попарно-пересекающихся пар элементов 7-элементного множества. Если все пары содержат некоторый один и тот же элемент, то пар не больше чем остальных элементов, то есть 6. Пусть никакой элемент не принадлежит всем парам. Рассмотрим две любые пары A, B и B, C. Должна найтись пара, не содержащая A, но чтобы она пересекалась с первыми двумя она должна быть парой B, C. Тогда больше ни одной пары добавить нельзя, итого в этом случае пар не больше чем 3.) Отсюда существует хотя бы 
− 6 = 21 − 6 = 15 больших пятиэлементных поднабора. Складывая это количество с 8 (число уже найденных больших поднаборов мощности > 5), получаем оценку на хотя бы 23 поднабора.
Пример. Как видно из доказательства оценки, самая тяжелая гиря должна весить строго меньше 
строго больше 
Возьмем ее вес равным 
или что то же самое 
Тогда если веса остальных гирь взять равными, они получаются по 
Из поднаборов без первой гири подходит только содержащий все остальные. Из поднаборов с первой гирей подходят 
гирь (первая и четыре оставшихся), 
гирь (первая и пять оставшихся) и 
гирь (первая и все шесть оставшихся). Итого, больших поднаборов 
Ответ: 23.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 28 |
| Верная оценка, но пример отсутствует (или в нем ошибка). | 18 |
| В предположении противного доказано, что все поднаборы из 6 гирь являются большими (или, что равносильно, что вес любой гири не больше 1/3); приведён пример. | 14 |
| Только пример. | 9 |
| Попытка доказывать неверный ответ. | 0 |
| Максимальный балл | 28 |
Даны m подмножеств n-элементного множества: A1, . . . , Am. Обозначим через |Ai| число элементов множества Ai. Рассмотрим неравенство
в котором индексы i, j, k пробегают все значения от 1 до m, то есть в сумме всего m3 слагаемых.
а) Докажите это неравенство при m = 3.
б) Докажите это неравенство при произвольном натуральном m.
Посчитаем левую часть иным образом. Для каждого элемента множества из n элементов посчитаем, в какое количество пересечений троек Ai ∩ Aj ∩ Ak он входит, и просуммируем эти количества по всем элементам. Легко видеть, что если элемент входит в ai множеств, то он входит ровно в ai3 пересечений троек множеств (в качестве первого множества тройки годятся ai множеств, в качестве второй и третьей — тоже ai). Таким образом, левая часть это n2(a13 + a23 + . . . + an3). Теперь заметим, что a1 + a2 + . . . + an = |A1| + · · · + |Am|, так как обе суммы подсчитывают двумя способами одну и ту же величину: количество пар (множество; элемент множества). Итого, надо доказать:
Последнее неравенство равносильно неравенству между средним кубическим и средним арифметическим:
Замечание. Это одна из лемм (Lemma 6) в статье: https://arxiv.org/pdf/1808.08363.pdf.
Обратите внимание! Любой положительный знак по задаче 7б автоматически дублируется в задачу 7а, кроме случая, когда по 7а написан отдельный текст, получающий более высокую оченку, чем текст за 7б. Если в вашей работе дублирование не произошло – это техническая ошибка, на которую следует подать апелляцию.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 40 |
| Арифметическая ошибка при идеальной канве решения, если оно не является чисто вычислительным. | 36 |
| Сведено к неравенству между средним кубическим и средним арифметическим. | 28 |
| в пункте а) вводятся переменные и явным образом выписываются полиномиальные неравенства, для которых предъявляется работоспособный план доказательства, который не реализован (возможно из-за арифметической ошибки). | 14 |
| Решение не соответствует критериям, описанным выше ИЛИ решение основано на неправильной формуле включения-исключения. | 0 |
| Максимальный балл | 40 |
Расстояния от пункта А до пункта В по реке и по протоку одинаковы и равны 1 км. Скорость течения
в протоке равна V км/ч, а в реке 
км/ч. Течение и в реке, и в протоке направлено от А к В. Если к разности времен движения катера по протоку из В в А и обратно по протоку прибавить время движения плота по реке из А в В, то получится ровно 1 час. На сколько километров в час скорость катера больше скорости течения в протоке? Значение V не дано. В ответе должно получиться число.
Пусть 
км/ч — собственная скорость катера, 
км/ч — скорость течения в реке, 
ч — данное в задаче время. По условию:
Пусть 
— – искомая разность. Тогда:
Преобразовав, получим относительно x уравнение:
Заметим, что 
Значит, уравнение можно на эту величину поделить:
Это квадратное уравнение имеет корни 
и 
Корень 
отрицателен, поэтому 
Ответ: 1 км/ч.
Восемь чисел 
и 
удовлетворяют соотношениям:
Известно, что 
Найдите 
Докажем, что 
Умножим уравнение (а) исходной системы
на 
и вычтем из него уравнение (б), умноженное на 
В результате получим
Здесь 
Аналогично, из (в) и (г) находим, что
Заметим, что 
так как в противном случае из (3) следовало бы, что 
а значит и 
что противоречит условию задачи. Остается выразить 
и 
из (2) и (3) и подставить полученные выражения в (1). Справедливость соотношения (1) будет тем самым доказана. Далее из уравнения (г) и равенства (1), следует, что 
Ответ: 
Комментарий: система уравнений в задаче – это покомпонентная запись матричного равенства:
Хорошо известно, что если произведение двух матриц равно единичной, то такие матрицы коммутируют, а значит система уравнений в задаче останется справедливой, если в ней все ai заменить на bi и наоборот. Из этого наблюдения равенство (1) следует немедленно.
Решите уравнение 
в целых числах.
Пусть сначала 
Исходное уравнение в этом случае примет вид: 
(1)
то правая часть (1) кратна трем, а левая — нет. Значит, 
Если же предположить, что 
то, переписав (1) в виде 
вновь придем к противоречию: кратное трем число 
не может быть никакой степенью двойки. Поэтому 
и 
Пусть теперь числа x и y различны. Можно считать, что 
Положим:
Исходное уравнение запишется в виде
Заметим, что 
Действительно, из (3) следует, что 
Если то левая часть последнего равенства делится на 3, а правая — нет. Значит, Но тогда и 
(иначе, согласно (3), дробное число равнялось бы целому). Число 2 входит в канонические разложения на простые множители левой и правой частей (3) в одной и той же степени, поэтому 
(4)
(5)
Пусть 
Тогда 
С учетом (2) и (4) находим решение исходного уравнения: 
Пусть 
Тогда левая часть (5) кратна 4. Если t нечетно, то правая часть (5) на 4 не делится. Значит, 
Из (5) следует, что 
Значит, числа 
и 
являются степенями двойки. Заметим также, что на числовой оси эти числа находятся друг от друга на расстоянии 2. Такое возможно, только если 
Отсюда 
и тогда 
Подставляя найденные значения в (2) и (4), получаем решение 
Ответ: (−1, −1, 0), (1, 2, 1), (2, 5, 2) (при условии 
В вершинах квадрата со стороной 4 расположены четыре города. Эти города надо соединить дорогами так, чтобы из
любого города можно было по ним добраться в любой. Предложите хоть один вариант таких дорог, общей длиной менее 11.
Указание. При решении задачи может оказаться полезным следующее утверждение (которое допустимо использовать без доказательства). Пусть внутренние углы треугольника ABC меньше 120°. Сумма расстояний 
от точки T до вершин треугольника минимальна, если из точки T стороны треугольника видны под углом 120° (T — точка Торичелли треугольника). Если же один из углов треугольника больше или равен 120°, то точкой минимума суммы расстояний будет вершина этого угла.
Предположим, что у нашей системы дорог перекрестков нет, то есть имеется одна дорога, соединяющая последовательно вершины квадрата E, F, G и H. Тогда ее длина будет не меньше трех сторон квадрата (буквы «П» на рис. (а)), то есть не меньше 12 (дорога, соединяющая соседние вершины квадрата, не меньше его стороны). Значит, искомая (а в идеале кратчайшая) система дорог должна иметь перекрестки (например, как на рис. (д)). Чтобы понять каким образом можно эффективно общую длину дорог уменьшать, полезно прежде обратить внимание на некоторые свойства, которыми кратчайшая система дорог обязана обладать:
1. Кратчайшая система дорог состоит из отрезков, соединяющих перекрестки и вершины квадрата. Это очевидно, поскольку кратчайшим путем из одной точки в другую является отрезок прямой. Отметим без доказательства, хотя и это почти очевидно, что для любой системы городов кратчайшая система дорог их соединяющая — это связный граф без замкнутых путей, ребрами которого служат отрезки.
2. Каждый перекресток должен быть соединен минимум с тремя вершинами графа (вершинами квадрата или перекрестками). (Если он соединен только с двумя, то смысла в нем немного: его можно удалить, а эти две вершины соединить напрямую; получится короче.)
3. Угол между любыми двумя дорогами, выходящими из одного перекрестка (или из одной вершины квадрата) не может быть меньше 120°. Действительно, пусть из точки A выходят дороги AB и AC, и угол BAC меньше 120°. Тогда дороги AB и AC можно заменить дорогами с меньшей суммарной длиной. Если в треугольнике ABC все внутренние углы меньше 120°, то дороги AB и AC заменим на дороги TA, TB и TC, где T — точка Торичелли треугольника ABC (рис. (б)). Если же, например, угол B больше 120°, то AB и AC заменим на AB и BC (рис. (в)).
4. Из одного перекрестка выходят ровно три дороги под углами 120° (иначе длина дорог может быть уменьшена). Это немедленно следует из свойств (2) и (3).
Предположим, что система дорог обладает одним перекрестком. Если он соединен со всеми вершинами рис. (г), то длина дорог не меньше суммы диагоналей, которая равна 
Если же он соединен только с тремя вершинами (рис. (д)), то T — точка Торичелли треугольника EFH, вершина G соединена с F. В этом случае длина дорог приблизительно равна 11,7. Более того, нарушено свойство (3), так как 
а значит длину дорог можно уменьшить, добавив еще один перекресток (как в случае на рис. (б)).
Пусть перекрестков два. Из соображений симметрии расположим их на параллельной двум сторонам оси симметрии квадрата (рис. (е)) так, чтобы из каждого перекрестка дороги выходили под углами 1200 (свойство (4)). В этом случае суммарная длина дорог равна 
Ответ: например, система дорог с двумя перекрестками на параллельной двум сторонам оси симметрии квадрата (рис. (е)). Из каждого перекрестка дороги выходят под углами 120°. Их суммарная длина равна 
Комментарий.
Система дорог на рис. (е) называемая сетью Штейнера данных четырех точек, вершин квадрата E, F, G и H. Без доказательства отметим, что эта система имеет минимальную длину из всех возможных.
В остроугольном треугольнике ABC на стороне AC выбрана точка Q так, что 
Из точки Q опущены перпендикуляры QM и QK на стороны AB и BC соответственно. При этом 
Найдите 
Проведем высоты AK1 и CM1. Идея решения в следующем: покажем, что треугольники M1BK1, MBK и ABC друг другу подобны; отсюда будет легко найти требуемое отношение. Обозначим длины:
Из подобия треугольников AK1C и QKC находим
Аналогично, так как треугольник AQM подобен треугольнику ACM1, то
Таким образом, так как 
и 
то треугольник M1BK1 подобен треугольнику MBK с коэффициентом подобия 2 (их общий угол лежит между пропорциональными сторонами). Хорошо известно, что треугольник, образованный двумя основаниями высот и вершиной, подобен исходному, а именно: треугольник M1BK1 подобен треугольнику ABC с коэффициентом подобия 
Значит, 
и тогда
Остается вычислить Площади подобных треугольников M1BK1 и ABC относятся как квадрат коэффициента подобия:
Отсюда 
Подставив найденное значение в (1), получаем ответ.
Ответ: 
Основанием пирамиды TABCD является трапеция ABCD 
Расстояния от точек A и B до плоскости TCD равны r1 и r2 соответственно. Площадь треугольника TCD равна S. Найдите объем пирамиды TABCD.
Объем пирамиды TABCD равен сумме объемов пирамид TBCD и
Причем 
так как у пирамид TABD и TACD общая высота (из вершины T), а также равны площади оснований: 
(у этих треугольников общее основание BC и равные по длине высоты, проведенные из вершин B и C, поскольку ABCD — трапеция по условию). Итак,
Ответ: 
Наверх