Всего: 44 1–20 | 21–40 | 41–44
Добавить в вариант
Доказать неравенство 
Перепишем неравенство в виде
Справедливо неравенство
Так как
то
Что требовалось доказать.
Докажите справедливость следующего неравенства
Преобразуем исходное выражение:
Что и требовалось доказать.
Найти все пары натуральных чисел a и b такие, что оба числа 
и 
являются целыми.
При замене a на b и b на a дроби в условии меняются местами, поэтому можно сразу предположить, что 
добавив потом решения, симметричные полученным. При этом случай 
исключается ввиду неравенства 
поэтому 
и первая дробь должна являться натуральным числом. Значит,
то есть
делим на натуральное число 
получаем 
С учётом неравенства 
получим 
либо 
В первом случае
натуральное число, и 
делит 2, откуда 
или 
Вторая дробь при этом равна первой, поэтому оба варианта подходят. Получаем здесь два ответа 
и 
Во втором случае
откуда 
делится на 
последнее число является натуральным при натуральном 
так как минимальное значение этой квадратичной функции достигается при 
она возрастает при 
и положительна при 
Следовательно, должно быть 
то есть 
Решая квадратичное неравенство, получаем
откуда 
проверяем подстановкой, 
подходят, а 
—
и 
Отметим, что в первом из этих случаев вторая дробь будет целым числом −5, что разрешено условием. Остаётся добавить симметричные решения 
и 
и получим полный ответ:
всего шесть пар решений.
Ответ: —
Верно получено, что либо 
3 балла. Найдены только решения с 
2 балла. Найдены только решения с 
2 балла. Забыли добавить симметричные решения: минус 1 балл. Решения 
и ошибочно исключены ввиду отрицательности одной из дробей в условии: минус 2 балла. Отсутствие проверок в случаях и 
снимаем 1 балл.
—Найдите значение функции f(x)в точке 
если 
и для любого x выполняется равенство
В уравнение
будем подставлять вместо x числа 
Получим:
.
.
.
Складывая равенства получим:
Toгда 
Ответ: 12 000 001.
Для положительных чисел a и b выполняется неравенство 
Доказать, что тогда 
Умножим неравенство 
на положительное b, получим эквивалентное 
Ввиду неравенства 
из условия, достаточно доказать, что 
Последнее неравенство 
эквивалентно очевидному
что завершает доказательство.
Ненулевые действительные числа x, y удовлетворяют равенству 
Найти все возможные значения выражения 
Прибавим к обеим частям равенства в условии 4xy, получим
Аналогично, вычтем из обеих частей равенства в условии 
получим 
При этом знаки в двух случаях не обязаны быть согласованными. Следовательно, отношение 
может принимать одно из двух значений: 3 и −3. Проверим, достигаются ли они в действительности. Решаем систему 
для них 
— числа удовлетворяют условию задачи. Следовательно, число 3 является ответом задачи. Аналогично, решаем систему
находим 
для них 
— числа удовлетворяют условию задачи. Следовательно, число −3 тоже является ответом задачи.
Ответ: 3, −3.
Доказательство, в котором получено, что 
или 
7 баллов.
Доказательство, из которого не очевидно, что указанные значения реализуются, без примеров: 5 баллов.
Упущено одно из значений (3 или −3): минус 2 балла.
Только примеры на 3 и −3: минус 2 балла.
Только пример на 3 или −3: минус 1 балл.
Найдите наибольшее возможное значение отношения трехзначного числа к сумме его цифр.
Пусть 
где a, b, c — цифры числа. Ясно, что для «круглых» чисел 
имеем 
Далее, если число N — не круглое, то 
и 
а так как старшая цифра числа N равна a, то 
и
Таким образом, наибольшее значение рассматриваемого отношения равно 100. Достигается это значение лишь для «круглых» чисел.
Ответ: 100.
Докажите справедливость следующего неравенства
Запишем систему:
откуда
Что требовалось доказать.
Докажите справедливость следующего неравенства
Преобразуем исходное выражение:
Что требовалось доказать.
Дано n положительных чисел a1, 
Докажите, что
Заметим, что
Следовательно,
Так как
то
А отсюда в силу положительности ai очевидно получается справедливость доказываемого тождества.
Сколько существует способов представить число 2017 в виде суммы натуральных членов геометрической прогрессии?
Пусть b1 — первый член геометрической прогрессии, а q — множитель этой прогрессии.
По условию задачи любой элемент прогрессии 
В таком случае 
обязательно является дробным числом, то есть 
Пусть 
представление множителя прогрессии в виде несократимой дроби и
Предположим, что 
тогда 
и либо 
либо 
Далее будем полагать, что 
Подставим в уравнение
Получаем
откуда
Поскольку 
то 
следовательно, последнее уравнение можно переписать в виде
Заметим, что 
в силу последнего равенства, поскольку иначе сумма 
не могла бы быть равна натуральному числу. Так как все элементы суммы 
натуральны и в сумме должны давать 2017, то 
и 
Теперь
и n и m взаимно простые, откуда следует, что 
а значит 
Предположим, что 
тогда 
а значит сумма
не может давать натурального числа. Следовательно, 
Осталось найти все комбинации, когда
При 
подходят все суммы типа
При 
получаем уравнение 
Достаточно рассмотреть случай 
Тогда
Из условия
получаем, что 
a следовательно, нужно перебрать все возможные m от 1 до 25 в поисках такого, что 
будет натуральным числом.
Подбором получаем, что таким числом из указанного диапазона является только число 7, при котором 
Проверим
Для нечетных 
верно, что
Поскольку 2017 — простое число, то оно не может быть произведением двух целых чисел. При 
получаем уравнение
причем 
а следовательно, 
Поскольку n, m взаимно простые стоит проверить лишь пары чисел
Для проверки рекомендуем перейти к уравнению 
Ни одна из пар не подходит, При 
получаем уравнение
причем 
а следовательно, 
Нужно проверить пары чисел (1, 2), (1, 3), (2, 3). Для проверки рекомендуем перейти к уравнению 
Ни одна из пар не подходит.
При 
получаем, что 
а следовательно, 
Поскольку n, m взаимно простые, то необходимо рассмотреть лишь пару (1, 2). Тогда
однако число 2018 не является натуральной степенью числа 2, поэтому такого быть не может.
С точностью до перестановок слагаемых существует 1008 способов представить число 2017 в виде двух слагаемых, 1 способ представить в виде суммы трех слагаемых, и 1 способ представить в виде 2017 слагаемых. Итого 1010 способов.
Ответ: 1010 способов.
Существует ли натуральное число z, которое можно двумя различными способами записать в виде 
где x и y — натуральные числа, такие, что 
Пусть для натурального z имеются натуральные числа 
такие, что
Без ограничения общности 
Тогда не может быть 
иначе
что невозможно. Поэтому, 
Тогда для x2 имеем: 
и 
Поэтому число 
делится на x2!. Вследствие (1) число x1! также делится на x2!, что противоречит предположению, что 
Таким образом, утверждение доказано.
Ответ: да, существует.
Существует ли такое натуральное значение n, при котором система уравнений
Очевидно, что 
не является решением системы. Заметим, что решением системы может являться лишь положительное число, иначе все слагаемые во втором уравнении будут положительными. Поэтому 
а значит 
Умножим первое уравнение системы на 2 и вычтем из второго. Получим 
или 
откуда 
Подставив в первое уравнение, получим 
или
Если x — целое, то 
—
то
Это означает, что выражение не может являться целым числом при 
значит, достаточно рассмотреть случаи 
и 
При подстановке этих значений в выражение получаем нецелые числа, следовательно, система не имеет целочисленных решений ни при каких натуральных n.
Ответ: нет.
Про положительные числа a, b, c известно, что
и 
Докажите, что 
Рассмотрим равенство
Заметим, что если 
то 
и равенство
выполняется, так как обе его части будут равны нулю. Поэтому в дальнейшем рассматриваем случай 
Раскроем скобки в первом равенстве и преобразуем его к виду
или
Аналогично, преобразуем равенство
к виду
Перемножим два полученных равенства и получим
Если 
то равенство
равносильно
Поскольку 
то значит, 
откуда 
и условие задачи не выполняется. Поэтому 
и можно сократить обе части равенства (*) на 
В итоге получаем
что равносильно
| Полное решение | 20 баллов |
| Отсутствие решения | 0 баллов |
Докажите, что 
Пусть
Тогда
Так как 
для 
(в работе это должно быть доказано любым способом — неравенством о средних, ФСУ, методом интервалов, графиком и т. д.), то 
| Баллы | Критерии оценивания |
|---|---|
| 7 | Полное обоснованное решение. |
| 6 | Обоснованное решение с несущественными недочетами. |
| 5−6 | Решение содержит незначительные ошибки, пробелы в обоснованиях, но в целом верно и может стать полностью правильным после небольших исправлений или дополнений. |
| 4 | Задача в большей степени решена, чем не решена, например, верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных случаев. |
| 2−3 | Задача не решена, но приведены формулы, чертежи, соображения или доказаны некоторые вспомогательные утверждения, имеющие отношение к решению задачи. |
| 1 | Задача не решена, но предпринята попытка решения, рассмотрены, например, отдельные (частные) случаи при отсутствии решения или при ошибочном решении. |
| 0 | Решение отсутствует, либо решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. |
Докажите, что 
Пусть
Тогда
Так как для (в работе это должно быть доказано любым способом — неравенством о средних, ФСУ, методом интервалов, графиком и т. д.), то 
| Баллы | Критерии оценивания |
|---|---|
| 7 | Полное обоснованное решение. |
| 6 | Обоснованное решение с несущественными недочетами. |
| 5−6 | Решение содержит незначительные ошибки, пробелы в обоснованиях, но в целом верно и может стать полностью правильным после небольших исправлений или дополнений. |
| 4 | Задача в большей степени решена, чем не решена, например, верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных случаев. |
| 2−3 | Задача не решена, но приведены формулы, чертежи, соображения или доказаны некоторые вспомогательные утверждения, имеющие отношение к решению задачи. |
| 1 | Задача не решена, но предпринята попытка решения, рассмотрены, например, отдельные (частные) случаи при отсутствии решения или при ошибочном решении. |
| 0 | Решение отсутствует, либо решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. |
Докажите, что 
Пусть
Тогда
Так как для (в работе это должно быть доказано любым способом - неравенством о средних, ФСУ, методом интервалов, графиком и т. д.), то
| Критерии оценивания | Баллы |
|---|---|
| Полное обоснованное решение | 7 |
| Обоснованное решение с несущественными недочетами | 6 |
| Решение содержит незначительные ошибки, пробелы в обоснованиях, но в целом верно и может стать полностью правильным после небольших исправлений или дополнений | 5−6 |
| Задача в большей степени решена, чем не решена, например, верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных случаев | 4 |
| Задача не решена, но приведены формулы, чертежи, соображения или доказаны некоторые вспомогательные утверждения, имеющие отношение к решению задачи | 2−3 |
| Задача не решена, но предпринята попытка решения, рассмотрены, например, отдельные (частные) случаи при отсутствии решения или при ошибочном решении | 1 |
| Решение отсутствует, либо решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше | 0 |
Действительные числа a, b, c таковы, что 
Докажите, что 
Перенесем все слагаемые в одну сторону и применим формулу разности квадратов:
Оба сомножителя в последнем произведении неотрицательны.
Известно, что числа s и r положительны и 
Докажите, что
Воспользовавшись формулами суммы и разности кубов, а также разности квадратов, получим, что необходимо доказать неравенство
По условию 
поэтому сокращение на множитель 
и домножение на множитель 
не приведут к изменению знака неравенства. Отсюда получаем
Числа s и r положительны, следовательно, полученное неравенство равносильно следующему
Знаменатели обеих дробей положительны, так как 
и при этом 
Что и требовалось доказать.
Напомним, что запись числа n в
где 
причем ak — не ноль. Назовем четырехзначное число 
интересным если 
Найдите количество упорядоченных пар интересных чисел, сумма которых — тоже интересное число (как функцию от t в замкнутой форме).
На протяжении этого решения число сочетаний из n по k обозначается 
читателей, более привыкших к нотации 
просим обращать внимание на «перевернутый» порядок индексов: 
Итак, нам требуется найти число пар 
и 
таких что 
причем выполняются три соотношения 
при 
Наше решение задачи состоит из двух этапов:
Утверждение 1. Пары 
объективно соответствуют четверкам 
таким что 
и 
Комментарий 1. Говоря более развернуто, в Утверждении 1 сказано следующее: у каждой удовлетворяющей условию задачи пары (N1, N2) их цифры (b1, c1, b2, c2) таковы, как сказано в Утверждении 1, и обратно, каждая четверка (b1, c1, b2, c2), удовлетворяющая условию Утверждения 1, ровно одним способом достраивается до пары 
удовлетворяющей условию задачи.
Утверждение 2. Количество четверок (b1, c1, b2, c2). Удовлетворяющих условиям первого утверждения, есть в точности 
План решения намечен, осталось его осуществить.
Лемма 1. Всякое интересное число имеет вид:
где 
и 
И обратно, всякая запись такого вида является корректной записью в
Доказательство. Условие, что число 
является интересным есть 
или эквивалентно
Значит, по заданному значению 
пара (a, d) восстанавливается не более чем одним способом, иначе число 
имело бы больше одной записи в 
равенство верно тождественно, кроме того, 
(за это отвечает условие 
неравенства 
и 
очевидно следуют из 
Доказательство утверждения 1. Пусть и 
—
же может и не быть правильной 
и 
Посмотрим, что происходит, когда мы «вспоминаем», что надо сделать перенос. Если перенос из разряда единиц, то d уменьшается на t, а c увеличивается на 1 , значит, всего левая часть (*) увеличивается на 1. Аналогично если перенос из разряда t — то c уменьшается на t и b увеличивается на 1, всего левая часть (*) увеличивается на 
Аналогично при переносе из разряда 
левая часть (*) уменьшается на 
Заметим, что из одного разряда не может быть сделано больше одного переноса: то что стоит в разряде есть сумма двух цифр, плюс возможно единичка, пришедшая из переноса — это точно меньше 2t. Значит, если соотношение (*) выполнялось до всех переносов и выполняется после всех — то либо не было сделано ни одного переноса, либо были сделаны все три. Докажем, что первый вариант невозможен.
В самом деле, 
по Лемме 1, аналогично 
Но если из разряда единиц не было переносов, из разряда 
его тоже не было (число осталось четырехзначным), тогда сумма цифр в этих разрядах сейчас равна
Но такую сумму двумя цифрами можно набрать единственным образом: 
То есть 
По Лемме 1 это означает
то есть 
—
Итак, должны осуществиться ровно три переноса. Докажем, что это эквивалентно условию 
В разряде единиц стоит
при 
перенос есть; в разряде t стоит 
(единичка пришла от переноса) — перенос есть тогда и только тогда, когда 
в разряде стоит
при перенос есть, наконец из разряда переноса нет когда он есть из разряда единиц.
Для Утверждения 2 мы приведем комбинаторное доказательство.
Комбинаторное доказательство Утверждения 2 с наводящими соображениями. Напомним, что выражение 
считает способы расставить в ряд n белых и k черных шаров. Научимся через такие функции выражать ответы в задачах типа нашей, начнем с более простой.
Поучительный пример 1. Пусть мы хотим перечислить пары (c1, c2), такие что 
и Построим для этого биекцию между такими парами, и расстановками в ряд двух черных и 
белого шарика следующим образом: для расстановки посчитаем число белых шариков, стоящих правее левого черного шарика (не важно до или после правого черного) — назовем это число c1; аналогично посчитаем число белых шаров, стоящих левее правого черного — назовем это число c2. Очевидно, оба числа лежат в заказанных пределах, притом — каждый белый шарик посчитан хотя бы один раз, те что стоят между черными посчитаны дважды. Оставляем читателю додумать, почему построена именно биекция, то есть по паре (c1, c2) можно построить расстановку шариков в ряд, притом ровно одну. Итак, количество таких пар (c1, c2) есть в точности 
Поучительный пример 2. Отлично, усложним задачу. Пусть мы ищем число четверок (b1, c1, b2, c2), таких что
и наконец Давайте смотреть на расстановки в ряд четырех черных шаров и белого. Первый черный шар будет отвечать за b1, второй за c1, для каждого из них соответствующими числами мы будем называть число белых шаров вправо от них, тогда автоматически получится, что 
(всякий белый шар, который правее второго слева черного, также правее и первого слева черного). Аналогично третий и четвертый черные шары отвечают за числа c1 и b2 соответственно, причем числа равны Количеству белых шаров левее соответствующего черного. Аналогично имеем 
а также полностью аналогично прошлому примеру. Итак, количество таких четверок (b1, c1, b2, c2) есть в точности 
A теперь собственно то, что нам нужно. Напомним: мы ищем число таких четверок b1, c1, b2, c2, что
и наконец Чтобы действовать как в примере 2 нам нужно было бы пересчитать расстановки в ряд 4 черных и белого шара, такие что между первым и вторым черными стоят хотя бы два белых, и между третьим и четвертым черными стоят хотя бы два белых. Сделаем это так: перечислим все расстановки в ряд четырех черных и t − 5 белых, таких расстановок ровно
Теперь в каждую из расстановок добавим два белых шара между первым и вторым черными, и два белых между третьим и четвертым черными. Оставляем читателю доказать, что построена биекция между множеством всех расстановок четырех черных и t − 5 белых, и множеством расстановок с приведенным выше дополнительным условием четырех черных и t − 1 белого.
Заметим, что возможно и чисто алгебраическое доказательство утверждения 2, которое мы не приводим по двум причинам: во-первых, оно ничем не хорошо по сравнению с комбинаторным, но технически существенно сложнее. Во-вторых, никто из участников, пытавшихся пройти этим путем, к завершению не подошел даже близко.
Ответ: 
А0 Попытка для частных значений t решить задачу перебором: 0 баллов.
Найдено количество интересных чисел вместо того, что спрашивалось в задаче: 0 баллов (но на этом пути могут быть получены промежуточные результаты, подпадающие под действие критерия А3 и оцениваемые по нему).
A3 Доказано, что интересное число задается двумя своими цифрами, получено выражение через эти цифры двух оставшихся и выписаны неравенства, которым должны удовлетворять генерирующие цифры. Например:
— для a и b выражаются как 
причем 
— для b и c выражаются как 
причем 
— для b и d выражаются как 
причем 
8 баллов. Подчеркнем, что выражения двух оставшихся цифр без неравенства на две генерирующие не стоят ничего.
B3 Доказано, что при если сложении двух интересных чисел получается интересное, то есть переносы хотя бы в двух разрядах: 8 баллов (аддитивно с А3, итого АЗ + В3 = 16). Что в этом случае есть все три переноса — не приносит дополнительных баллов.
Наверх