Всего: 223 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–100 | 101–120 | 121–140 …
Добавить в вариант
(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 
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.
Развернуть
не меняя значений при 
и 
Если оба числа 
Тогда число 
—
(при сложении одночленов интересующие нас дроби будут тоже складываться). Имеем 
2.1 Пусть сад имеет форму правильного треугольника со стороной 1. Докажите, что Георгию Константиновичу хватит ежей суммарной длиной 
Развернуть
а поскольку медианы делят друг друг в 2.2 Пусть сад имеет форму квадрата со стороной 1. Докажите, что Георгию Константиновичу хватит ежей суммарной
Развернуть
2.3 Пусть сад имеет форму правильного треугольника со стороной 1. Докажите, что Георгию Константиновичу придется купить ежей длиной хотя бы 
Развернуть
что чуть больше, чем 1,29.2.4 Пусть сад имеет форму квадрата со стороной 1. Докажите, что Георгию Константиновичу придется купить ежей длиной хотя бы 2.
Развернуть
а их углы с одной из диагоналей — ϕi. Получаем два неравенства: 
(например, заметив, что это 
получим то, что нужно.3.1 Докажите, что если в стране любые две школы соединяет ровно одна цепочка беспосадочных маршрутов, то эта страна гармонична.
Развернуть
а вершины на пути из y в z, как 
Тогда 
при 
(при 
по максимальности, а при 
можно было бы найти цикл). Осталось заметить, что последовательность 
—
3.2 Докажите, что если страна является гармоничной, то можно назвать некоторые школы добрыми, а остальные злодейскими так, чтобы любой беспосадочный маршрут соединял добрую школу со злодейской.
Развернуть
3.3 В стране Гиперляндии 2n школ, названиями которых являются все возможные последовательности из символов 0 и 1 длины n, при этом между школами есть беспосадочный маршрут тогда и только тогда, когда их названия отличаются ровно в одном символе. Докажите, что Гиперляндия — гармоничная страна.
Развернуть
3.4 Пусть в гармоничной стране n школ, каждая из которых соединена беспосадочными маршрутами ровно с d другими. Докажите, что 
Развернуть
поскольку в графе не может быть треугольников. Теперь заметим, что если три таких ребра ведут из вершин u1, u2, u3 в 
Найдите все такие многочлены f(x).
Тогда 
Отсюда 
и 
Наконец, посмотрим на коэффициент перед x2 и определим, что c = 1. В самом деле, 
Докажите, что многочлен 
имеет корень.
а ветви параболы направлены вверх. Переход: пусть x0 — положительный корень для 
(n композиций), т. е. правее x0 есть корень.
с центром в точке I вписана в треугольник ABC и касается его сторон AB и AC в точках D и E соответственно. Биссектрисы треугольника ADE пересекаются в точке J. Отрезки BJ и CJ пересекают отрезок DE в точках P и Q соответственно.
(последнее неравенство следует из того, что 
— внешний). Против большего угла лежит большая сторона.
и расписать в прямоугольном треугольнике ADI длины 
через 
и 
Тогда:
т. е. IJ = IE = ID (кстати, подсчет углов тоже дает, что, например, треугольник IDJ равнобедренный). В условиях этого пункта треугольник IDE правильный. Так, искомый угол:
а значит, f(x) является многочленом третьей степени, а композиция применяется 5 раз — других вариантов просто нет. Допустим, что степень f делится на 3, но f содержит одночлены с показателем, не кратным трём. Заметим, что то же самое верно для любого многочлена вида g(f). (Посмотрим на самый старший такой одночлен в f и посмотрим, где такой может возникнуть в g(f)). Значит, исходный многочлен f в задаче мог иметь вид только 
но это тоже не подходит — итерируя его, видим, что при 
там есть ненулевой коэффициент при 
(то есть, для 5-ой итерации — уx240).
Но тогда и у f(x) есть три промежутка монотонности, а у f(f(f(f(f(x))))) их будет больше (можно доказать разбором случаев).
Тогда условие переписывается как 
Заметим, что h(x) — нечётный многочлен, то есть 
где 
—
степени старше, чем 
(рассмотрим максимальную такую степень). Тогда h(f(x)) содержит слагаемое 
Но тогда 
содержит то же слагаемое с противоположным знаком, а это плохо.