Всего: 175 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–100 …
Добавить в вариант
Найдите все такие многочлены P(x).
и многочлен 
степени 
удовлетворяет равенству 
Тогда 
где 
Тогда 
коэффициенты при степенях x, видим, что все они, кроме коэффициента при 
равны 0.
удовлетворяет условию при любом 
а многочлен, равный ненулевой константе, не удовлетворяет условию ни при каком a. Пусть теперь степень многочлена P равна 
как уравнение относительно 
Если k четно и 
то при больших x оно не имеет решений. В остальных случаях можно обозначить 
при некотором вещественном 
Зафиксируем вещественный параметр 
Имеем 
(при этом значении 
коэффициент при 
равен 0) и выберем числа 
Тогда если 
большое и 
из монотонности многочлена на некотором луче вида 
получаем, что 
лежит между 
и 
Иными словами, разность 
стремится к 
при больших 
таких что 
Для тех x, для которых 
(такое возможно при четном 
аналогично получаем, что 
имеет некоторый конечный предел 
Рассмотрим большое натуральное x. Среди чисел 
два имеют одинаковый знак. Если, например, 
отрицательны, то 
и функции от x, стремящейся к 0 при возрастании x. Отсюда получаем, что число 
целое. В любом случае получаем, 
—
имеющие предел, должны быть постоянны при больших x. Таким образом, хотя бы одно из равенств 
имеет место при бесконечно многих x, отметим, что из этого следует цело — численность 
Тогда либо многочлен 
либо многочлен 
имеет бесконечно много корней — следовательно, он тождественно равен 0. Применяя лемму получаем, что 
—
так что подойдет 
где 
—
—Сашин компьютер умеет делать две операции. Если в него загрузить карточку с числом a, то он вернет ее назад и напечатает еще карточку с числом 
Если же в него последовательно загрузить карточки с числами a и b, то он вернет их назад и напечатает карточки со всеми корнями квадратного трехчлена 
(одну, две, или ни одной). Изначально у Саши была лишь карточка с числом s. Верно ли, что при любом s > 0 Саша сможет в какой-то момент получить карточку с числом 
(А. Храбров)
затем по карточкам 
и [s] напечатаем карточки с корнями квадратного трехчлена 
т. е. [−1] и 
Далее по карточке [−1] сделаем карточку 
и, наконец, по карточкам [0] и [
] напечатаем карточки с корнями квадратного трехчлена 
т. е. 
и 
В треугольнике ABC на стороне AB нашлась такая точка X, что
Точка Y симметрична центру I вписанной окружности треугольника ABC относительно точки X. Докажите, что YIB перпендикулярно AB, где IB — центр вневписанной со стороны AC окружности треугольника ABC.
(Ф. Бахарев)
и 
в частности, 
полупериметр треугольника ABC. Пусть D — точка касания вневписанной окружности с продолжением стороны 
а E — точка касания вписанной окружности со стороной AB. Тогда 
перпендикулярно AB, поэтому достаточно показать, что DY перпендикулярно AB (в этом случае точки 
D и Y лежат на одной прямой и она перпендикулярна AB). Для этого проверим, что треугольники XDY и XIE равны по двум сторонам и углу (этого достаточно, поскольку 
по условию, 
как вертикальные, поэтому нужно линг проверить равенство сторон XD и XE. Для этого выразим их длины через x, y и z: 
Петя, Вася и Толя играют на доске 100 на 100 в следующую игру. Они по очереди (начинает Петя, потом Вася, потом Толя, затем Петя и т. д.) закрашивают граничные клетки доски (т. е. имеющие общую сторону с границей доски). Запрещается закрашивать клетку, соседнюю по стороне с уже закрашенной. Кроме того, нельзя закрашивать клетку, симметричную уже закрашенной относительно центра доски. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Могут ли Вася и Толя, договорившись, играть так, чтобы Петя проиграл?
(С. Берлов)
граничных клеток доски. Для удобства изложения вместо них будем рассматривать вершины правильного 396-угольника. Соседним по стороне клеткам соответствуют соседние вершины, а клеткам, симметричным относительно центра доски, соответствуют вершины, симметричные относительно центра многоугольника О. Путь Вася и Толя действуют по следующему правилу: если Петя закрасил некоторую вершину P, то Вася закрасит такую вершину V, что 
а Толя — такую вершину T, что 
(углы мы считаем как обычно против часовой стрелки). В результате тройка закрашенных вершин образует равносторонний треугольник, и каждый раз после хода Толи множество закрашенных вершин обладает симметрией третьего порядка, т. е. оно не меняется при повороте вокруг точки O на 
Покажем, что Вася и Толя всегда смогут походить. В клетках таблицы 3 на n записаны натуральные числа. В каждой из трёх строчек встречается по одному разу
(Н. Филонов)
делится на n и, в частности, четно. Если бы среди чисел a, b и с было два или три нечетных, то число 
а во всей таблице — 
Противоречие.
Дальше заменим все числа, не кратные n, на их остатки при делении на n, а числа, кратные n, заменим на n. В новой таблице стоят уже натуральные числа, не превосходящие n, и в каждом столбце сумма попарных произведений чисел 
записаны натуральные числа. В каждой из 
строк по одному разу встречаются 
В неравнобедренном треугольнике ABC угол B равен 130°. Точка H — основание высоты из вершины B. На сторонах AB и BC нашлись точки D и E соответственно, такие что
и четырехугольник ADEC — вписанный. Найдите угол DHE.
(Д. Ширяев, C. Берлов)
Тогда 
(это центральный угол), и 
С другой стороны, 
поэтому точка O лежит на прямой BH. Кроме этого, она лежит на серединном перпендикуляре к отрезку DE. Однако точка H также лежит на прямой BH и на серединном перпендикуляре к DE (так как по условию она равноудалена от D и E). Но две прямые пересекаются лишь в одной точке! (Эти прямые не совпадают, так как иначе серединный перпендикуляр к DE содержал бы точку B, и тогда треугольник BDE, а с ним и ABC, были бы равнобедренными.) Следовательно, 
—
равен 
поэтому 
Какое наименьшее значение может принимать величина
другой стороны, если 
и 
то 
Назовем клетчатым квадрантом четверть плоскости, расположенную выше оси X и правее оси Y, разбитую на клеточки со стороной 1. В клетчатом квадранте закрашены n2 клеток. Докажите, что в этом квадранте найдется не менее n2 + n клеток (в том числе, закрашенных), соседних по стороне с хотя бы одной закрашенной.
(С. Берлов, Д. Ширяев)
клеток. Тогда у закрашенньх клеток будет как минимум 
соседей. Используем индукцию по n. Базу удобнее всего проверить при 
соседей всегда не меньше, чем самих закрашенных клеток (поскольку у каждой закраненной клетки есть сосед справа и все эти соседи различны).
клеток, соседних с клетками этого блока. Заметим, что других закрашенных соседей у них нет; здесь используется, что соседние в нашей диагонали с рассматриваемым блоком клетки не закрашены (или вообще находятся за границей квадранта). Поэтому, если выкинуть k клеток этого блока (перестать считать их закрашенными), исчезнет 
больше, чем закрашенных клеток, то на исходной картинке их было хотя бы на n больше. 
то клетки нашего диагонального блока затрагивают хотя n полос ширины 2, а значит, работает идея 
Если же 
то после выкидывания этого блока останется 
У квадратного трехчлена разрешается заменить любой из трех его коэффициентов на его дискриминант. Верно ли, что из любого квадратного трехчлена, не имеющего корней, можно за несколько таких операций получить квадратный трехчлен, имеющий корень?
(А. Кузнецов)
при 
—
Число 
при 
и 
Используем индукцию по k. База при 
очевидна. Переход: 
последний НОД равен 1 и 
как и требовалось. При 
этот НОД равен 
и 
ровно в два раза превосходит свой номер, что противоречит предположению.
Разумеется, гениальных догадок для решения не требуется — достаточно исследовать последовательность, сделав несколько шагов после 
зависит от того, делится ли 
на 2. Если делится, то 
—
Смотрим дальше: 
на 3? Что ж, Вы правы! Сделав еще пару ходов, мы получим вопросы, делятся ли 
на 4, 
на 5 и так далее. Но гораздо приятнее иметь дело с делимостью одного и того же числа, чем кучи разных! Наши делимости легко переформулировать: делится ли 
на 3, на 4, на 5 и так далее. Первый ответ «да» встретится при делимости на минимальный простой делитель числа 
Осталось строго доказать полученную закономерность по индукции, что и сделано в решении.
утверждение задачи неверно: если 
то 
а затем 
и т. д., 
при всех 
В этой последовательности лишь первые два члена равны своим удвоенным номерам.
Докажите, 
треугольники 
и 
подобны и 
откуда 
чтд.
Для этого сравним острые углы 
и 
опирающиеся на эти хорды. Так как 
и 
Для тангенсов этих углов очевидно неравенство 
чтд.На доске написаны числа от 1 до 20002. Вася выбрал из них 2000 чисел, сумма которых в 2000 раз меньше суммы всех чисел на доске, и покрасил их в красный цвет. Докажите, что его друг Петя сможет покрасить остальные числа в другие 1999 цветов (в каждый цвет по 2000 чисел) так, чтобы суммы чисел каждого цвета были одинаковы.
(А. Голованов)
От числа n нам потребуется лишь четность, таким образом, самом деле мы решим задачу для произвольного четного числа вместо 2000. Сумма чисел от 1 до 
равна 
а она же, уменьшенная в n раз, равна 
Разобьем все числа от 1 до 
в каждой паре. Посмотрим, как разместились в парах красные числа. Пусть они образуют k полностью красных пар и входят в 
пар в качестве одного из чисел. Покрасим в синий цвет оставшиеся числа в 
Стало 6ыть, сумма синих чисел равна s. В оставшиеся цвета покрасить совсем просто: для очередного цвета возьмем 
еше не использованных пар чисел и покрасим пх в этот цвет. Сумма чисел в этих парах как раз равна s.
Вася выбрал из них n чисел, сумма которых в n раз меньше суммы всех чисел на доске, и покрасил их в красный цвет. Докажите, что это друг Петя сможет покрасить остальные числа в другие 
Докажите, что 
следует, что 
получаем требуемое.В стране некоторые пары городов соединены дорогами с односторонним движением, причем из любого города можно проехать в любой другой. Из каждого города выходит хотя бы две дороги и в каждый город входит хотя бы две дороги. Докажите, что можно найти циклический маршрут и удалить все его дороги так, что по-прежнему из любого города можно будет проехать в любой другой.
(Д. Картов)
граф, полученный из G в результате удаления стрелок цикла Z. Предположим противное, пусть для любого цикла Z граф 
Все отличные от U компоненты 
так как все стрелки между ними сохранились, а стрелки цикла 
(результат удаления из U рёбер цикла C) сильно связен, то и 
сильно связен, в этом случае задача решена. Если же Ученики школы посещают m кружков. В каждый кружок ходит ровно mk детей. Докажите, что можно рассадить всех учеников школы по k кабинетам так, чтобы в каждом кабинете был хотя бы один представитель каждого кружка (m и k — натуральные числа).
(Д. Черкашин)
комнат, где число a определим позже. Посадим каждого школьника в одну из этих комнат, выбирая ее случайно (все комнаты равновероятны). Назовем комнату подозрительной, если в ней оказались представители не всех кружков. Предположим, что случилась УДАЧА: оказалось не более чем a подозрительных комнат. Тогда имеется k неподозрительных комнат, мы можем назвать их кабинетами, и искомая рассадка найдена. УДАЧА заведомо иногда случается, если математическое ожидание E числа подозрительных комнат меньше чем 
Заметим, что E равно количеству комнат 
умноженному на вероятность того, что конкретная комната подозрительна. Эта вероятность, в свою очередь, не превосходит 
получается экспоненциальное по m выражение, наилучшего результата — около 
—
Окружность, проходящая через вершины A и B треугольника ABC, пересекает стороны AC и BC в точках P и Q соответственно. Медиана из вершины C делит дугу PQ этой окружности пополам. Докажите, что треугольник ABC равнобедренный.
(Д. Максимов)
—
и 
и 
—
Значит, 
и треугольники AKB и BCA равны по трем сторонам. Противоречие: один из двух равных треугольников не может лежать внутри другого.
удовлетворяют условию
и 
то 
удовлетворяют условию 
Докажите, что для бесконечно многих натуральных m среди чисел m, 
нет почти квадратов.
где c — некоторая константа. С другой стороны, каждый такой почти квадрат имеет вид ab, где 
поэтому их количество не больше чем 
В тетраэдре PABC проведена высота PH. Из точки H на прямые PA, PB и PC опущены перпендикуляры
и 
Плоскости ABC и 
пересекаются по прямой l. Точка O — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Докажите, что прямые OH и l перпендикулярны.
(А. Кузнецов)
Имеем 
—
Значит, прямая 
и есть эта радикальная ось. Она перпендикулярна линии центров OH.В стране некоторые математики знакомы между собой и при любом разбиении математиков на две непустые группы найдутся двое знакомых из разных групп. Известно, что если посадить за круглый стол любой набор из 4 или более математиков так, чтобы любые два соседа были знакомы, то за столом найдутся двое знакомых, не сидящих рядом. Обозначим через ci количество наборов из i попарно знакомых математиков. Докажите, что 
(Ф. Петров)
—
компонент связности графа G. 
распался на компоненты 
Пусть 
—
соответственно на соседях вершины υ. Несложно видеть, что 
слагаемые 
—
—
Проверим, что 
при всех i. Предположим противное, тогда вершины одного из графов 
можно разбить на два непустых подмножества 
так, что ни одно ребро не ведет из 
в 
Рассмотрим наименьший по числу ребер путь 
из 
Тогда цикл 
не имеет хорды в графе 
Мы проверили, что 
при всех i. Тогда по формуле (*) 
т. е. граф G оказался не контрпримером.
—
—
—
в 
все промежуточные вершины которого принадлежат H, — иначе бы наименьший по числу ребер подобный путь, дополненный путем 
оказался бы циклом без хорд. Пусть 
—
множество вершин в N, имеющих соседа в 
По доказанному 
—
Рассмотрим (хордовый, разумеется) граф на вершинах υ, 
В нем в силу минимальности контрпримера имеется допустимая вершина w, отличная 
к графу G очень простой: если она изолированная, интересующая нас сумма увеличивается на 1, в противном случае ни сумма, ни число компонент связности не меняются.