Всего: 303 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–100 | 101–120 | 121–140 …
Добавить в вариант
Квадратные трехчлены f(x) и g(x) таковы, что [f(x)] = [g(x)] при всех x. Докажите, что f(x) = g(x) при всех x. (Здесь [a] означает целую часть a, то есть наибольшее целое число, не превосходящее a.)
Пусть
Из равенства 
следует, что 
Но квадратный трехчлен принимает сколь угодно большие по модулю значения. Следовательно, 
С другой стороны, при 
значение 
в точке 
равно двум, поэтому и 
Стало быть, 
Пусть 
Можно считать, что 
(иначе поменяем местами трехчлены f и g). Рассмотрим такое целое число n, которое является значением многочлена 
в некоторой точке. Обозначим эту точку через x0. Тогда
и, значит, 
Известно, что свободный член 
многочлена 
с целыми коэффициентами по модулю меньше 100, а 
Найдите 
Можно записать 
где Q(x) многочлен с целыми коэффициентами. Свободный член правой части равен 320k, где k — целое число. Таким образом, 
Условию удовлетворяет только значение 
Ответ:
1. Проверку и оценивание работ проводит Жюри Олимпиады.
2. Задача оценивается по
| Вид погрешности или ошибки | Отметка в работе | Баллы |
|---|---|---|
| Решение задачи верное, выбран рациональный путь решения | + | 10 |
| Решение верное, но путь не рационален или имеются один — три недочета или негрубая ошибка | + | 9 |
| Решение верное, но путь не рационален и имеются один — три недочета или негрубая ошибка | ± | 7−8 |
| Ход решения верный, но есть несколько негрубых ошибок или решение не завершено | ∓ | 5−6 |
| Допущены грубые ошибки, но ответ получен (неверный) | ∓ | 3−4 |
| Допущены грубые ошибки и ответ не получен либо решение лишь начато, то что начато — без ошибок | − | 2 |
| Решение начато, но продвижение ничего не дает для результата | − | 1 |
| Задача не решилась | 0 | 0 |
Недочеты — незначительные (непринципиальные) арифметические ошибки.
Негрубые ошибки — технические ошибки в применении формул и теорем, не влияющие на смысл решения; необоснованность логических (верных) выводов.
Грубые ошибки.
I. Логические, приводящие к неверному заключению.
II. Арифметические ошибки, искажающие смысл ответа.
III. Неверный чертеж в геометрических задачах.
IV. Принципиальные ошибки в применении элементарных формул и теорем.
3. Решение, приведенное в черновике или выполненное карандашом, не проверяется и не оценивается.
4. По окончании проверки подсчитывается суммарная оценка работы как сумма оценок за задачи 1−5 с весом 2.
5. Суммарная оценка проставляется на работу и подтверждается подписью члена Жюри.
1.1 Можно ли из тройки с числами 2, 4, 7 получить тройку чисел 2, 6, 9 в каком-нибудь порядке?
Сюжет 1
На доске написана тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c) на тройку (f(a),f(b),f(c)), где f — квадратный трехчлен с целыми коэффициентами, произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Если f — многочлен с целыми коэффициентами, то 
делится на 
при любых целых x, y. Теперь заметим, 
где 
— применяемые трехчлены, каждый член делится на предыдущий, а значит и на самую первую разность).
Ответ: нет.
1.2 Можно ли из тройки (1, 4, 7) получить (1, 10, 7) (числа именно таком порядке)?
Пусть какая-то последовательность трехчленов переводит (1, 4, 7) в (1, 10, 7). Несложно видеть, что одного такого трехчлена не существует (если этот трехчлен — 
то, подставляя мы получаем, например, систему: 
откуда, например, 
Предположим (x, y, z) — промежуточная тройка. 
должно делиться на 6 (из (1,7) получается (x, z)) и быть делителем 6 
не умаляя общности, можно считать 
(поменять знаки у всей тройки можно всегда). Аналогично, 
поэтому наша тройка имеет вид 
или 
то есть, с точностью до прибавления константы, совпадает либо с начальной тройкой, либо с конечной. Противоречие (например, если мы предположим, что имеем дело с кратчайшей последовательностью операций, тогда например в переходе
первый переход можно включить в последующие — противоречие с минимальностью).
Ответ: нет.
1.2 Можно ли из тройки (1, 4, 7) получить (1, 10, 7) (числа именно таком порядке)?
Сюжет 1
На доске написана тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c) на тройку (f(a),f(b),f(c)), где f — квадратный трехчлен с целыми коэффициентами, произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Пусть какая-то последовательность трехчленов переводит (1, 4, 7) в (1, 10, 7). Несложно видеть, что одного такого трехчлена не существует (если этот трехчлен — то, подставляя мы получаем, например, систему: откуда, например,
Предположим (x, y, z) — промежуточная тройка. должно делиться на 6 (из (1,7) получается (x, z)) и быть делителем 6 не умаляя общности, можно считать (поменять знаки у всей тройки можно всегда). Аналогично, поэтому наша тройка имеет вид или то есть, с точностью до прибавления константы, совпадает либо с начальной тройкой, либо с конечной. Противоречие (например, если мы предположим, что имеем дело с кратчайшей последовательностью операций, тогда например в переходе
первый переход можно включить в последующие — противоречие с минимальностью).
Ответ: нет.
1.1 Можно ли из тройки с числами 2, 4, 7 получить тройку чисел 2, 6, 9 в каком-нибудь порядке?
Если f — многочлен с целыми коэффициентами, то делится на при любых целых x, y. Теперь заметим, где — применяемые трехчлены, каждый член делится на предыдущий, а значит и на самую первую разность).
Ответ: нет.
1.3 Докажите, что если тройку (x,y,z) можно получить из тройки (a,b,c) многократным применением указанных операций, то то же можно сделать и за одну операцию.
Сюжет 1
На доске написана тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c) на тройку (f(a),f(b),f(c)), где f — квадратный трехчлен с целыми коэффициентами, произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Попытаемся получить (x, y, z) за одну операцию. Нужный результат даст многочлен
(это интерполяция по Ньютону: первое слагаемое устанавливает значение x в точке a, второе, сохраняя его, устанавливает значение y в точке b, наконец третье устанавливает значение z в точке 
не меняя значений при 
и 
Если оба числа
являются целыми числами, то коэффициенты P целые, а значит (x, y, z) достижим из (a, b, c) за один ход.
Теперь покажем, что если (x, y, z) можно получить из тройки (a, b, c) за много операций, то эти числа и вправду целые-отсюда будет следовать нужное утверждение. Действительно, пусть мы получили (x, y, z) применяя
это тоже многочлен, причём 
Тогда число 
—
То, что это целое число, легко проверяется явным вычислением. Заметим, например (больше для краткости записи), что эту целость достаточно проверять для мономов, т. е для случая 
(при сложении одночленов интересующие нас дроби будут тоже складываться). Имеем
что является целым числом.
1.1 Можно ли из тройки с числами 2, 4, 7 получить тройку чисел 2, 6, 9 в каком-нибудь порядке?
Если f — многочлен с целыми коэффициентами, то делится на при любых целых x, y. Теперь заметим, где — применяемые трехчлены, каждый член делится на предыдущий, а значит и на самую первую разность).
Ответ: нет.
1.4 Верно ли, что четверку (1, 2, 3, 4) можно превратить в четвёрку (19999, 29999, 39999, 49999) применением аналогичных операций над четвёрками?
Сюжет 1
На доске написана тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c) на тройку (f(a),f(b),f(c)), где f — квадратный трехчлен с целыми коэффициентами, произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Посмотрим по модулю 5 : (1, 2, 3, 4) должна перейти в (1, 3, 2, 4). Пусть хотя бы у одного из использованных квадратных трёхчленов (скажем, 
старший коэффициент не делится на 5. Перейдем в вычеты по модулю 5, и указанный трехчлен преобразуется к виду
поэтому его применение склеивает две различные пары остатков (с суммой 
(здесь всюду деление остатков по модулю 5), это значит, что он не может перевести четыре различных остатка в четыре различных, а значит и его композиция со всеми последующими трехчленами тоже не может.
Значит, единственная возможность — если у всех использованных трехчленов, старший коэффициент делится на 5, то есть по модулю 5 применяется просто линейная функция. Но тогда и их композиция — линейная по модулю 5. Однако 
очевидно, не линейная функция.
Замечание. Для четвёрок чисел аналог п. 3, как легко видеть, неверен.
Ответ: нет, нельзя.
1.1 Можно ли из тройки с числами 2, 4, 7 получить тройку чисел 2, 6, 9 в каком-нибудь порядке?
Если f — многочлен с целыми коэффициентами, то делится на при любых целых x, y. Теперь заметим, где — применяемые трехчлены, каждый член делится на предыдущий, а значит и на самую первую разность).
Ответ: нет.
3.1 Можно ли из четвёрки с числами 2, 4, 5, 7 получить четвёрку 0, 3, 6, 9 в каком-нибудь порядке?
Сюжет 3
На доске написана тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c,d) на тройку (f(a), f(b), f(c), f(d)), где f(x) = 
— кубический многочлен с целыми коэффициентами p, q, r, s, произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Если f — многочлен с целыми коэффициентами, то делится на при любых целых x и y. Теперь заметим,
—
Ответ: нет.
3.2 Можно ли из
Пусть какая-то последовательность многочленов
Подставляя 1, получаем 
и a нецелое).
Предположим 
—
должно делиться на 6 (из (−3, 3) получается (x, t)) и быть делителем 6 (из (x, t) получается (−3, 3)). Значит, 
не умаляя общности, можно считать 
(поменять знаки у всей четверки можно всегда). Аналогично, 
если 
то 
противоречие с тем, что 
должно быть делителем 4. Поэтому наша четвёрка имеет вид 
x, 
первый переход можно включить в последующие — противоречие с минимальностью).
Ответ: нет.
3.2 Можно ли из
Сюжет 3
На доске написана тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c,d) на тройку (f(a), f(b), f(c), f(d)), где f(x) = — кубический многочлен с целыми коэффициентами p, q, r, s, произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Пусть какая-то последовательность многочленов
Подставляя 1, получаем и a нецелое).
Предположим — должно делиться на 6 (из (−3, 3) получается (x, t)) и быть делителем 6 (из (x, t) получается (−3, 3)). Значит, не умаляя общности, можно считать (поменять знаки у всей четверки можно всегда). Аналогично, если то противоречие с тем, что должно быть делителем 4. Поэтому наша четвёрка имеет вид x,
первый переход можно включить в последующие — противоречие с минимальностью).
Ответ: нет.
3.1 Можно ли из четвёрки с числами 2, 4, 5, 7 получить четвёрку 0, 3, 6, 9 в каком-нибудь порядке?
Если f — многочлен с целыми коэффициентами, то делится на при любых целых x и y. Теперь заметим,
—
Ответ: нет.
3.3 Верно ли, что четвёрку (1, 2, 3, 4) можно превратить в четвёрку (19999, 29999, 39999, 49999) применением только лишь квадратных трехчленов (т. е. на каждом шаге p = 0)?
Сюжет 3
На доске написана тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c,d) на тройку (f(a), f(b), f(c), f(d)), где f(x) = — кубический многочлен с целыми коэффициентами p, q, r, s, произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Посмотрим по модулю 5 : (1, 2, 3, 4) должна перейти в (1, 3, 2, 4). Пусть хотя бы у одного из использованных квадратных трёхчленов (скажем, старший коэффициент не делится на 5. Перейдем в вычеты по модулю 5, и указанный трехчлен преобразуется к виду
поэтому его применение склеивает две различные пары остатков (с суммой (здесь всюду деление остатков по модулю 5), это значит, что он не может перевести четыре различных остатка в четыре различных, а значит и его композиция со всеми последующими трехчленами тоже не может.
Значит, единственная возможность — если у всех использованных трехчленов, старший коэффициент делится на 5, то есть по модулю 5 применяется просто линейная функция. Но тогда и их композиция — линейная по модулю 5. Однако очевидно, не линейная функция.
Ответ: нет, нельзя.
3.1 Можно ли из четвёрки с числами 2, 4, 5, 7 получить четвёрку 0, 3, 6, 9 в каком-нибудь порядке?
Если f — многочлен с целыми коэффициентами, то делится на при любых целых x и y. Теперь заметим,
—
Ответ: нет.
3.4 Докажите, что если четвёрку
Сюжет 3
На доске написана тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c,d) на тройку (f(a), f(b), f(c), f(d)), где f(x) = — кубический многочлен с целыми коэффициентами p, q, r, s, произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Попытаемся получить
(это интерполяция по Ньютону — первое слагаемое устанавливает значение k в точке a, второе, сохраняя его, устанавливает значение l в точке b, третье устанавливает значение m в точке не меняя значений при и 
и, наконец, четвертое устанавливает нужное значение в точке 
Если все три числа
A — целые числа, то коэффициенты P целые, а значит
Теперь покажем, что если 
Тогда результирующая функция
это тоже многочлен, причём 
Тогда число — целое, как уже обсуждалось в предыдущих пунктах. Посмотрим на второе, выражение, приведя его к виду
То, что это целое число, легко проверяется явным вычислением. Заметим, например (больше для краткости записи), что эту целость достаточно проверять для мономов, то есть для случая (при сложении одночленов интересующие нас дроби будут тоже складываться). Имеем
что является целым числом.
Аналогично показывается, что целым является число A (то есть так называемая третья разделенная разность),
3.1 Можно ли из четвёрки с числами 2, 4, 5, 7 получить четвёрку 0, 3, 6, 9 в каком-нибудь порядке?
Если f — многочлен с целыми коэффициентами, то делится на при любых целых x и y. Теперь заметим,
—
Ответ: нет.
Натуральное число n назовём кубоватым, если 
является кубом натурального числа. Найдите сумму всех кубоватых чисел.
Если
то n не может быть кубоватым. Эти неравенства равносильны 
так что осталось перебрать все остальные числа. Если 
то 
так что 21 кубоватое. При 
обязательно 
0, так что пока
число n не будет кубоватым (т. е. при 
Если 
то
так что оно кубоватое. При 
выражение 
будет отрицательным, так что они точно не кубоватые. Числа 6 и 7 не кубоватые, это можно проверить непосредственно. Итого ответ 
Ответ: 29.
Если показано, что кубоватые числа не могут быть сколь угодно большими, даётся 2 балла.
Натуральное число n назовём кубоватым, если является кубом натурального числа. Найдите сумму всех кубоватых чисел.
Если
то n не может быть кубоватым. Эти неравенства равносильны так что осталось перебрать все остальные числа. Если то так что 21 кубоватое. При обязательно 0, так что пока
число n не будет кубоватым (т. е. при
Если то
так что оно кубоватое. При выражение будет отрицательным, так что они точно не кубоватые. Числа 6 и 7 не кубоватые, это можно проверить непосредственно. Итого ответ
Ответ: 29.
----------
Дублирует задание 2042.
Если показано, что кубоватые числа не могут быть сколь угодно большими, даётся 2 балла.
1.1 Можно ли из тройки (2, 4, 6) поучить (2, 2, 10)?
Сюжет 1
На доске написана неупорядоченная тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c) на неупорядоченную тройку (f(a),f(b),f(c)), (где f — квадратный трехчлен с целыми коэффициентами), произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Да, за один шаг с помощью 
Ответ: да, можно.
1.2 Можно ли из тройки (2, 4, 7) поучить (2, 6, 9)?
Можно заметить, что если у нас до замены были числа a и b, разность которых делилась на какое-то натуральное k, то после замены 
(по очевидным соображениям) будет делиться на 
а значит и на k. Таким образом, если в начальной тройке были числа 2 и 7, разность которых делится на 5, то и в дальнейшем должна быть пара чисел, разность которых делится
Ответ: нет, нельзя.
1.2 Можно ли из тройки (2, 4, 7) поучить (2, 6, 9)?
Сюжет 1
На доске написана неупорядоченная тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c) на неупорядоченную тройку (f(a),f(b),f(c)), (где f — квадратный трехчлен с целыми коэффициентами), произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Можно заметить, что если у нас до замены были числа a и b, разность которых делилась на какое-то натуральное k, то после замены (по очевидным соображениям) будет делиться на а значит и на k. Таким образом, если в начальной тройке были числа 2 и 7, разность которых делится на 5, то и в дальнейшем должна быть пара чисел, разность которых делится
Ответ: нет, нельзя.
1.1 Можно ли из тройки (2, 4, 6) поучить (2, 2, 10)?
Да, за один шаг с помощью
Ответ: да, можно.
1.3 Можно ли из тройки (2, 5, 8) поучить (2, 5, 11)?
Сюжет 1
На доске написана неупорядоченная тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c) на неупорядоченную тройку (f(a),f(b),f(c)), (где f — квадратный трехчлен с целыми коэффициентами), произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Рассмотрим тройку попарных разностей наших чисел. Заметим, что две тройки с одинаковым набором попарных разностей очевидно переводятся друг в друга линейным преобразованием.
Тогда если мы научимся переводить начальную тройку в имеющую с целевой одинаковый набор попарных разностей, то применив вместо последнего преобразования его композицию с этим самым линейным, получим в точности целевую тройку. Также верно и обратное если мы не умеем получать из начальных условий какой-то набор, то не умеем получать и имеющие с ним общий набор разностей. Заметим также, что единожды появившись, разность 0 более никогда не исчезнет. Докажем, что мы не сможем получить из набора разностей {3, 3, 6} набор {3, 6, 9}. Рассмотрим первое преобразование, которое изменит набор разностей. По соображениям из пункта 2, разность 6 может переходить только в разность 6 — она всегда будет делиться на 6, а набор разностей в конечном результате ничего, кроме 6 предложить не может. Тогда 3 и 3 переходят в 3 и 9. Таким образом, мы либо получим набор разностей за одно преобразование — либо не получим его никогда.
Осталось доказать, что мы не сможем получить из упорядоченной тройки (2, 5, 8) одну из двух упорядоченных же 
Эта система (и аналогичная ей с числами 11, 2 и 5 в правой части) не имеет решений в целых числах. Ну, или можно составить интерполяционный многочлен и удостовериться, что у него не целые коэффициенты.
Ответ: нет.
1.1 Можно ли из тройки (2, 4, 6) поучить (2, 2, 10)?
Да, за один шаг с помощью
Ответ: да, можно.
1.4 Докажите, что если упорядоченную тройку (x, y, z) можно получить из упорядоченной тройки (a, b, c) многократным применением указанных операций, то то же можно сделать и за одну операцию.
Сюжет 1
На доске написана неупорядоченная тройка целых чисел. Разрешается менять написанную на доске тройку (a,b,c) на неупорядоченную тройку (f(a),f(b),f(c)), (где f — квадратный трехчлен с целыми коэффициентами), произвольное количество раз (при этом можно брать различные f на разных шагах).
Попытаемся получить (x, y, z) за одну операцию. Нужный результат даст многочлен
(это интерполяция по Ньютону: первое слагаемое устанавливает значение x в точке a, второе, сохраняя его, устанавливает значение y в точке b, наконец третье устанавливает значение z в точке не меняя значений при и Если оба числа
являются целыми числами, то коэффициенты P целые, а значит (x, y, z) достижим из (a, b, c) за один ход.
Теперь покажем, что если (x, y, z) можно получить из тройки (a, b, c) за много операций, то эти числа и вправду целые-отсюда будет следовать нужное утверждение. Действительно, пусть мы получили (x, y, z) применяя
это тоже многочлен, причём Тогда число —
То, что это целое число, легко проверяется явным вычислением. Заметим, например (больше для краткости записи), что эту целость достаточно проверять для мономов, т. е для случая (при сложении одночленов интересующие нас дроби будут тоже складываться). Имеем
что является целым числом.
1.1 Можно ли из тройки (2, 4, 6) поучить (2, 2, 10)?
Да, за один шаг с помощью
Ответ: да, можно.
Даны целые числа a и b, не равные −1. Квадратный трехчлен 
имеет два целых корня. Докажите, что 
Будем считать, что 
в противном случае все уже доказано. Поскольку у трехчлена целые корни, его дискриминант 
является точным квадратом, то есть
для некоторого неотрицательного целого k. Тогда числа 
и k имеют одинаковую четность. Из соотношения
получаем, что 
и четно, поэтому 
Следовательно,
и, значит,
Если 
то 
В случае когда обе скобки положительны, одно из чисел a и b равно 2, а второе не 
то
Это возможно лишь в случае 
поскольку числа 
и k одной четности, а
при 
Таким образом, 
Если одна из скобок отрицательна (пусть для определенности первая), то 
и 
Следовательно,
и, значит, 
что невозможно (при 
это очевидно, а если 
то 
и первый множитель отрицателен, а второй положителен).
Дан квадратный трехчлен 
с целыми коэффициентами 
и такое целое число n, что
Докажите, что a положительно.
Подставим в формулу
сначала 
и 
а затем 
и 
Мы получим равенство
Тогда
и, значит,
Тогда 
и 
Стало быть, 
Числа u и v являются корнями квадратного трехчлена 
с целыми коэффициентами. Для любого натурального n докажите, что если a2 делится на b, то 
делится на bn.
Докажем индукцией по n, что 
делится на 
Базы 
и 
легко проверяются: 
делится на 
и
делится на b1. Установим переход от 
и 
к n. Поскольку u — корень трехчлена, 
и, следовательно,
Аналогично 
Сложим эти равенства, получим
По индукционному предположению второе слагаемое делится на
Квадрат первого слагаемого делится на 
что в свою очередь кратно b в степени 
Стало быть, первое слагаемое делится на 
1.1 Известно, что 
Найдите все такие многочлены f(x).
Сюжет 1
Во пунктах под f(x) подразумевается многочлен с вещественными коэффициентами.
Пусть 
Тогда 
Отсюда 
и 
Наконец, посмотрим на коэффициент перед x2 и определим, что c = 1. В самом деле,
Ответ: 
1.2 Пусть q < 0, и пусть 
Докажите, что многочлен 
имеет корень.
Докажем, что (композиция берётся n раз) имеет положительный корень. Будем доказывать индукцией по n. База: n = 1. В самом деле, 
а ветви параболы направлены вверх. Переход: пусть x0 — положительный корень для (n − 1 композиция), тогда 
(n композиций), т. е. правее x0 есть корень.
Наверх