РЕШУ ОЛИМП, математика: задания, ответы, решения

Поиск
?

в условии в решении в тексте к заданию в атрибутах
Скопировать ссылку на результаты поиска
Класс: 10 11 9
Атрибут

Всего: 1000 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–100 | 101–120 | 121–140 …

Добавить в вариант

Тип 0 № 243 Добавить в вариант

Рассмотрим всевозможные приведенные квадратные трёхчлены x² + px + q с целыми коэффициентами p и q. Назовём областью значений такого трехчлена множество его значений во всех целых точках x = 0, ±1, ±2, . . . . Какое наибольшее количество таких трехчленов можно выбрать, чтобы их области значений попарно не пересекались?

Решение.

Заметим, что замена переменной x → x + k при любом целом k не меняет области значений многочлена. Тогда, сделав замену x → x − $левая квадратная скобка дробь: числитель: p, знаменатель: 2 конец дроби правая квадратная скобка$ (квадратные скобки означают целую часть) можем считать, что любой многочлен имеет один из двух видов: x² + q или x² + x + q.

Области значений любых двух многочленов разного вида пересекаются: в самом деле, значения многочленов x² + q и x² + x + q' совпадают при x = q − q'. Значит, многочлены разного вида брать нельзя.

Многочленов первого вида можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f₁(x) = x² + q и f₂(x) = x² + q' не пересекаются, то q − q' = 4k + 2 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для нечетной разности свободных членов q − q' = 2k + 1 имеем f₁(k) = f₂(k + 1). Для делящейся на 4 разности свободных членов q − q' = 4k имеем f₁(k − 1) = f₂(k + 1). Но если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна не имеет вид 4k + 2.

Многочленов второго вида тоже можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f₁(x) = x² + x + q и f²(x) = x² + x + q' не пересекаются, то q − q' = 2k + 1 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для четной разности свободных членов q − q' = 2k имеем f₁(k − 1) = f₂(k). Опять же, если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна четна.

Итак, больше двух многочленов выбрать нельзя. Пример для двух: f₁(x) = x² и f₂(x) = x² + 2.

Ответ: 2.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Приведено полное решение.	20
Решение верно по модулю небольших неточностей.	18
Есть доказательство того, что для каждого типа значений (x² + q и x² + x + q) можно взять не более двухтрёхчленов.	14
Полное решение, но только для случая x² + q.	8
Пример двух трёхчленов, у которых области значений не пересекаются.	4
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	20

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 244 Добавить в вариант

Последовательность чисел τ (1), τ (2), ..., τ (n) называется перестановкой длины n, если каждое из чисел 1, 2, ..., n встречается в этой последовательности ровно один раз. Например, τ (1)  =  3, τ (2)  =  2, τ (3)  =  1  — перестановка длины 3. Найдите все n, для которых найдётся перестановка τ (1), τ (2), ..., τ (n), удовлетворяющая четырём условиям:

• Числа τ (i) − i для всех i от 1 до n включительно имеют попарно различные остатки от деления на n.

• Числа τ (i) − 2i для всех i от 1 до n включительно имеют попарно различные остатки от деления на n.

• Числа τ (i) − 3i для всех i от 1 до n включительно имеют попарно различные остатки от деления на n.

• Числа τ (i) − 4i для всех i от 1 до n включительно имеют попарно различные остатки от деления на n.

Решение.

Будем решать чуть обобщённую задачу, а именно: зафиксируем натуральное m и будем искать все n, для которых в любом из m множеств $левая фигурная скобка \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка минус j i | 1 меньше или равно i меньше или равно n правая фигурная скобка$ все остатки различны. Индекс j пробегает значения $1 меньше или равно j меньше или равно m.$

Для начала докажем, что все n, не делящиеся на простые числа меньшие либо равные m + 1, подходят. Рассмотрим перестановку τ: i → (m + 1)i mod n (здесь мы позволим себе вольность считать, что остатки идут от 1 до n, а не от 0 до n – 1 как обычно). Поскольку n взаимно просто с m + 1, остатки не повторяются. Значит, по принципу Дирихле, каждый остаток встречается ровно один раз. Аналогично, каждый остаток встречается ровно один раз и в каждом из множеств

$левая фигурная скобка \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка минус i \mid 1 меньше или равно i меньше или равно n правая фигурная скобка ,$ $левая фигурная скобка \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка минус 2 i \mid 1 меньше или равно i меньше или равно n правая фигурная скобка ,$ $\ldots,$ $левая фигурная скобка \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка минус m i \mid 1 меньше или равно i меньше или равно n правая фигурная скобка .$

Докажем, что перестановки с требуемыми свойствами не существует если $n \vdots p$ и $p меньше или равно m плюс 1.$ Предположим обратное, зафиксируем наименьшее такое p и обозначим через k максимальную степень p, на которую делится n.

Сперва рассмотрим случай p  =  2. Заметим что

$1 плюс 2 плюс умножить на s плюс n = дробь: числитель: n левая круглая скобка n плюс 1 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби ,$

формула легко доказывается по индукции. Тогда сумма n чисел, дающих остатки 1, 2, ..., n, сравнима с $дробь: числитель: n левая круглая скобка n плюс 1 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби$ по модулю n. Посчитаем двумя способами остаток суммы $\sum_i=1 в степени n \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка минус i$ по модулю n. С одной стороны, все слагаемые дают разные остатки, значит, сумма $дробь: числитель: n левая круглая скобка n плюс 1 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби .$ С другой стороны, по тем же соображениям у суммы отдельно $\sum_i=1 в степени n \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка$ такой остаток, и у суммы $\sum_i=1 в степени n i$ такой же, значит, их разность имеет остаток 0. Заметим, что

$дробь: числитель: n левая круглая скобка n плюс 1 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби \not \equiv 0 mod n,$

поскольку n + 1 нечетное а $дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби$ не делится на 2^k. Предположение приведено к противоречию.

Попробуем получить решение в том же духе для произвольного p. Небольшой догадкой, которую нужно сделать на этом этапе решения, будет то, что считать надо сумму p  — 1-х степеней. Слабой подсказкой в эту сторону является то, что p – 1  =  1 для двойки p  =  2, и в этом же случае сработал подсчет суммы первых степеней. Гораздо более сильной  — то что p  — 1-е степени по модулю p ведут себя просто  — это 1 если число не равно нулю, 0, если равно.

Итак, далее считаем что $p больше 2,$ обозначим

$S левая круглая скобка m правая круглая скобка =\sum_i=1 в степени m i в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка .$

Лемма 1. Заметим, что $S левая круглая скобка n правая круглая скобка \vdots p в степени левая круглая скобка k минус 1 правая круглая скобка$ и $S левая круглая скобка n правая круглая скобка / \vdots p в степени k .$ Достаточно доказать этот факт для $n = p в степени k ,$ поскольку

$S левая круглая скобка n правая круглая скобка \equiv дробь: числитель: n, знаменатель: p в степени k конец дроби S левая круглая скобка p в степени k правая круглая скобка mod p в степени k .$

Для S(p^k) проведем индукцию по k. При k  =  1 утверждение следует из Малой теоремы Ферма: среди слагаемых p – 1 единица и один ноль. Пусть доказано для k, докажем для k + 1. Тогда

$S левая круглая скобка p в степени левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка правая круглая скобка =\sum_i=1 в степени левая круглая скобка p в степени левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка правая круглая скобка i в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка =\sum_i=1 в степени левая круглая скобка p в степени k правая круглая скобка \sum_j=0 в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка левая круглая скобка i плюс jp в степени k правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка \equiv \sum_i=1 в степени левая круглая скобка p в степени k правая круглая скобка \sum_j=0 в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка левая круглая скобка i в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка jp в степени k i в степени левая круглая скобка p минус 2 правая круглая скобка правая круглая скобка \equiv$

$\equiv \sum_i=1 в степени левая круглая скобка p в степени k правая круглая скобка левая круглая скобка i в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка p плюс дробь: числитель: p левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка в квадрате , знаменатель: 2 конец дроби p в степени k i в степени левая круглая скобка p минус 2 правая круглая скобка правая круглая скобка \equiv pS левая круглая скобка p в степени k правая круглая скобка .$

Все сравнения по модулю p^k+1.

Теперь для каждого j: $1 меньше или равно j меньше или равно p минус 1$ рассмотрим сумму

$S_j левая круглая скобка n правая круглая скобка =\sum_1 меньше или равно i меньше или равно n левая круглая скобка \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка минус ij правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка .$

Раскроем все степени по биному Ньютона, получим слагаемые вида

$левая круглая скобка \begin{align p минус 1s \endalign правая круглая скобка левая круглая скобка минус j правая круглая скобка в степени s \sum_1 меньше или равно i меньше или равно n\tau левая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 минус s правая круглая скобка умножить на i в степени s .$

С другой стороны, все члены в S_j(n)  — это переставленные в каком-то порядке остатки по модулю n членов суммы S(n), то есть $S_j левая круглая скобка n правая круглая скобка \equiv S левая круглая скобка n правая круглая скобка mod n.$ Итак, мы хотим найти такой набор α_j, чтобы домножив на него сравнимости $S_j левая круглая скобка n правая круглая скобка \equiv S левая круглая скобка n правая круглая скобка$ и сложив мы смогли бы прийти к противоречию. Сделать это поможет вторая лемма.

Лемма 2. Существуют такие целые числа α₁, ..., α_p – 1, что

$альфа _11 плюс альфа _22 плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка \equiv 0 mod p в степени k ;$

$альфа _11 в квадрате плюс альфа _22 в квадрате плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка в квадрате \equiv 0 mod p в степени k ;$

$\ldots$

$альфа _11 в степени левая круглая скобка p минус 2 правая круглая скобка плюс альфа _22 в степени левая круглая скобка p минус 2 правая круглая скобка плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 2 правая круглая скобка \equiv 0 mod p в степени k ;$

$альфа _11 в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс альфа _22 в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка не равно 0 mod p в степени k .$

Сначала покажем, как из этой леммы вывести оставшуюся часть утверждения задачи. Рассмотрим сравнимость

$альфа _1S_1n плюс альфа _1S_1n плюс \ldots плюс альфа _p минус 1S_p минус 1n \equiv левая круглая скобка альфа _1 плюс альфа _2 плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 правая круглая скобка S левая круглая скобка n правая круглая скобка mod p в степени k .$

С одной стороны, если раскрыть все S_j по биному Ньютона, и собрать вместе члены вида $\tau левая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 минус s правая круглая скобка умножить на i в степени s ,$ $1 меньше или равно s меньше или равно p минус 2,$ то по Лемме 2 перед каждым членом коэффициент, равный нулю по модулю p^k. Тогда:

$альфа _1 левая круглая скобка \sum_i=0 в степени n плюс \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка i в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка правая круглая скобка плюс альфа _2 левая круглая скобка \sum_i=0 в степени n \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс левая круглая скобка 2i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка правая круглая скобка плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 левая круглая скобка \sum_i=0 в степени n \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс левая круглая скобка левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка правая круглая скобка =$
$= левая круглая скобка альфа _1 плюс альфа _2 плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 правая круглая скобка S левая круглая скобка n правая круглая скобка .$

Вспомнив, что $\sum_i=1 в степени n \tau левая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка =S левая круглая скобка n правая круглая скобка$ видим, что все члены вида $\tau левая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка$ сократились с правой частью, итак

$альфа _1 \sum_i=0 в степени n i в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс альфа _2 \sum_i=0 в степени n левая круглая скобка 2i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 \sum_i=0 в степени n левая круглая скобка левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка i правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка \equiv 0 равносильно$
$равносильно левая круглая скобка альфа _1 1 в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс альфа _2 2 в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка плюс \ldots плюс альфа _p минус 1 левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка в степени левая круглая скобка p минус 1 правая круглая скобка правая круглая скобка S левая круглая скобка n правая круглая скобка \equiv 0.$

Но первая скобка не делится на p по Лемме 2, а S(n) не делится на p^k по Лемме 1. Осталось доказать лемму 2. Сперва отметим, что если вместо набора целых чисел α_j удалось подобрать набор рациональных чисел β_j, таких что их знаменатели не делятся на p, все сравнимости из условия леммы заменились на равенства, а последнее выражение равно целому числу, не делящемуся на p  — то лемма доказана, достаточно все β_j заменить на сравнимые с ними по модулю p^k целые числа. Сравнимость определена корректно поскольку знаменатели не делятся на p.

Теперь осталось взять

$бета _j = левая круглая скобка минус 1 правая круглая скобка в степени j дробь: числитель: 1, знаменатель: j конец дроби левая круглая скобка \begin{align p минус 2j минус 1 \endalign правая круглая скобка .$

Читателю остается упражнение доказать (например, по индукции, поскольку простота p здесь уже не важна), что во всех условиях Леммы 2, кроме последнего, получается 0, а в последнем $\pm левая круглая скобка p минус 2 правая круглая скобка !.$

Ответ: все n, не делящиеся ни на 2, ни на 3, ни на 5.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Приведено полное решение	20
Найден пример, работающий для всех n, не делящихся на 2, 3 и 5	12
Доказано, что n — нечётное	8
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев	0
Максимальный балл	20

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 261 Добавить в вариант

Два лыжника стартовали из одной точки друг за другом с интервалом 9 минут. Второй лыжник догнал первого в 9 км от точки старта. Дойдя до отметки «27 км», второй лыжник развернулся и пошёл обратно, встретив первого на расстоянии 2 км от точки поворота. Найти скорость второго лыжника.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 262 Добавить в вариант

Могут ли биссектрисы двух соседних внешних углов треугольника (примыкающих к некоторой его стороне) пересекаться на его описанной окружности?

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 263 Добавить в вариант

Три действительных числа таковы, что модуль каждого из них не меньше модуля суммы двух остальных. Докажите, что сумма всех трёх этих чисел равна нулю.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 264 Добавить в вариант

Найти все натуральные числа n, которые можно представить в виде $n= дробь: числитель: x плюс дробь: числитель: 1, знаменатель: x конец дроби , знаменатель: y плюс дробь: числитель: 1, знаменатель: y конец дроби конец дроби ,$ для некоторых натуральных чисел x и y.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 265 Добавить в вариант

На доске написана система из 12 различных уравнений с 6 неизвестными x₁, x₂, x₃, x₄, x₅, x₆. Каждое уравнение имеет вид x_i + x_j + x_k = 0, где i ≠ j ≠ k (сумма трех различных неизвестных равна нулю). Могло ли оказаться так, что у системы бесконечно много решений?

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

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 266 Добавить в вариант

а)  Квадрат размера 1 на 1 разбит на 25 не обязательно одинаковых прямоугольников, каждый из которых имеет одинаковый периметр p. Найти минимальное и максимальное возможное значение p. б) Можно ли разбить единичный квадрат на 30 не обязательно одинаковых прямоугольников периметра 2?

Решение.

а)  Один из прямоугольников разбиения должен иметь площадь не меньше, чем $дробь: числитель: 1, знаменатель: 25 конец дроби ,$ обозначим его стороны за x и y. По неравенству о среднем арифметическом и средним геометрическом имеем $дробь: числитель: x плюс y, знаменатель: 2 конец дроби больше или равно корень из: начало аргумента: x y конец аргумента больше или равно корень из: начало аргумента: дробь: числитель: 1, знаменатель: 25 конец дроби конец аргумента = дробь: числитель: 1, знаменатель: 5 конец дроби ,$ значит, периметр этого прямоугольника, равный $2 левая круглая скобка x плюс y правая круглая скобка ,$ не меньше $дробь: числитель: 4, знаменатель: 5 конец дроби =0,8.$ Это значение достигается для разбиения квадрата на 25 одинаковых квадратиков со стороной 0,2.

С другой стороны, разбиение квадрата на 25 равных прямоугольников со сторонами 1 и $дробь: числитель: 1, знаменатель: 25 конец дроби$ даёт пример $p=2,08,$ поэтому p максимальное точно больше 2. В любом разбиении единичного квадрата на 25 прямоугольников найдётся прямоугольник площади не больше $дробь: числитель: 1, знаменатель: 25 конец дроби ,$ обозначим его стороны за $x меньше или равно 1$ и $y меньше или равно 1,$ при этом $x плюс y= дробь: числитель: p, знаменатель: 2 конец дроби больше 1,$ и $x больше или равно дробь: числитель: p, знаменатель: 2 конец дроби минус y больше или равно дробь: числитель: p, знаменатель: 2 конец дроби минус 1.$ Следовательно, должен найтись такой x из интервала $левая квадратная скобка дробь: числитель: p, знаменатель: 2 конец дроби минус 1,\1 правая квадратная скобка ,$ для которого $x левая круглая скобка дробь: числитель: p, знаменатель: 2 конец дроби минус x правая круглая скобка меньше или равно дробь: числитель: 1, знаменатель: 25 конец дроби .$ Данная функция является квадратичной с отрицательным старшим коэффициентом, поэтому её минимум на отрезке принимается в одном из концов этого отрезка. Соответствующие значения на концах равны $дробь: числитель: p, знаменатель: 2 конец дроби минус 1.$ Следовательно, $дробь: числитель: p, знаменатель: 2 конец дроби минус 1 меньше или равно дробь: числитель: 1, знаменатель: 25 конец дроби$ и $p меньше или равно 2,08.$

Ответ: а) Минимальное значение p равно $0,8 = дробь: числитель: 4, знаменатель: 5 конец дроби ,$ максимальное значение p равно $2,08=2 плюс дробь: числитель: 2, знаменатель: 25 конец дроби .$ б) Да, можно, способ указан в решении.

Критерии проверки:

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Каждая из оценок в пункте а).	2
Не приводятся точные примеры (один или оба) достижимости оценок.	6
Пункт б).	3
Приведены верные примеры разбиений для правильных минимального и максимального значений "р" (обоих!).	1
Попытки обосновать минимальность и максимальность этих значений с применением соображений типа: "максимальная площадь прямоугольника с фиксированным периметром достигается для квадрата" и "минимальная площадь прямоугольника с фиксированным периметром достигается для максимально вытянутого прямоугольника, когда одна из его сторон равна 1".	1
По принципу Дирихле в разбиении были найдены прямоугольники площадей не меньше $дробь: числитель: 1, знаменатель: 25 конец дроби$ и не больше $дробь: числитель: 1, знаменатель: 25 конец дроби ,$ и к ним уже верно применены предыдущие соображения для оценки минимального и максимального значений "р".	2
Неточности.	5-6
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 267 Добавить в вариант

Дан описанный четырехугольник ABCD, у которого радиусы вписанных окружностей треугольников ABC и ADC равны. Найдите угол между диагоналями AC и BD.

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

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 268 Добавить в вариант

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.

Решение.

Первое решение. Обозначим корни через x₁ и x₂ и воспользуемся теоремой Виетта. Задача переформулируется так: известно что $x_1 в степени левая круглая скобка 15 правая круглая скобка плюс x_2 в степени левая круглая скобка 15 правая круглая скобка = x_1 в степени левая круглая скобка 9 правая круглая скобка плюс x_2 в степени левая круглая скобка 9 правая круглая скобка = 0$ и x₁ + x₂ = 1, найти x₁x₂.

Для начала заметим, что x₁x₂ ≠ 0, поскольку в противном случае одно из x₁, x₂ равно нулю, тогда $x_1 в степени левая круглая скобка 9 правая круглая скобка плюс x_2 в степени левая круглая скобка 9 правая круглая скобка = 0$ влечет что и второе равно нулю, что противоречит $x_1 плюс x_2 не равно 0.$

Теперь посмотрим, что получится если сумму девятых степеней домножить на суммы шестых (ноль поскольку сумма девятых ноль) и вычесть сумму пятнадцатых (тоже ноль).

$0 = левая круглая скобка x_1 в степени левая круглая скобка 9 правая круглая скобка плюс x_2 в степени левая круглая скобка 9 правая круглая скобка правая круглая скобка левая круглая скобка x_1 в степени левая круглая скобка 6 правая круглая скобка плюс x_2 в степени левая круглая скобка 6 правая круглая скобка правая круглая скобка минус левая круглая скобка x_1 в степени левая круглая скобка 15 правая круглая скобка плюс x_2 в степени левая круглая скобка 15 правая круглая скобка правая круглая скобка = x_1 в степени левая круглая скобка 6 правая круглая скобка x_2 в степени левая круглая скобка 6 правая круглая скобка левая круглая скобка x_1 в кубе плюс x_2 в кубе правая круглая скобка = c в степени 6 левая круглая скобка x_1 в кубе плюс x_2 в кубе правая круглая скобка .$

Поскольку c ≠ 0 имеем $x_1 в кубе плюс x_2 в кубе =0$ (!). С другой стороны

$x_1 в кубе плюс x_2 в кубе = левая круглая скобка x_1 плюс x_2 правая круглая скобка левая круглая скобка левая круглая скобка x_1 плюс x_2 правая круглая скобка в кубе минус 3x_1x_2 правая круглая скобка =1 умножить на левая круглая скобка 1 в квадрате минус 3c правая круглая скобка ,$

откуда $c= дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби .$

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 $x_1 плюс x_2 не равно 0$ 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 $дробь: числитель: Пи , знаменатель: 2 конец дроби плюс Пи k,$ то есть до возведения в куб аргумент имел вид $дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби левая круглая скобка дробь: числитель: Пи , знаменатель: 2 конец дроби плюс Пи k правая круглая скобка ,$ или эквивалентно $дробь: числитель: m Пи , знаменатель: 6 конец дроби плюс n Пи$ где m ∈ {1, 3, 5}. Обозначив аргумент через r имеем для тех случаев соответственно $2 косинус дробь: числитель: Пи , знаменатель: 6 конец дроби r = 1,$ $2 косинус дробь: числитель: Пи , знаменатель: 2 конец дроби r = 1,$ $2 косинус дробь: числитель: 5 Пи , знаменатель: 6 конец дроби r = 1.$ В первом случае $r = дробь: числитель: 1, знаменатель: корень из 3 конец дроби ,$ два других невозможны поскольку аргумент – неотрицательное число. Получаем $c = x_1x_2 = r в квадрате = дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби .$

Ответ: $дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби .$

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

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 269 Добавить в вариант

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.

Решение.

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:

$левая круглая скобка y плюс z правая круглая скобка в квадрате = левая круглая скобка l минус x правая круглая скобка в квадрате плюс левая круглая скобка l минус t правая круглая скобка в квадрате = 2l в квадрате минус 2l левая круглая скобка x плюс t правая круглая скобка плюс x в квадрате плюс t в квадрате .$

Во-вторых, запишем теорему Чевы для треугольника APQ. Заметим что $AP = корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс x в квадрате конец аргумента ,$ поскольку BD – биссектриса треугольника ABP, она делит AP в отношении боковых сторон, то есть $AM = дробь: числитель: l, знаменатель: l плюс x конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс x в квадрате конец аргумента$ и $MP = дробь: числитель: x, знаменатель: l плюс x конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс x в квадрате конец аргумента .$ Аналогично $AN = дробь: числитель: l, знаменатель: l плюс t конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс t в квадрате конец аргумента$ и $NQ = дробь: числитель: t, знаменатель: l плюс t конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс t в квадрате конец аргумента .$ Таким образом, т. Чевы гласит:

$|PR||QN||AM|=y дробь: числитель: t, знаменатель: l плюс t конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс t в квадрате конец аргумента дробь: числитель: l, знаменатель: l плюс x конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс x в квадрате конец аргумента =z дробь: числитель: l, знаменатель: l плюс t конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс t в квадрате конец аргумента дробь: числитель: x, знаменатель: l плюс x конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс x в квадрате конец аргумента =|RQ||NA||MP|.$

Сокращая одинаковые множители (все они не равны нулю, ибо все не меньше l > 0) получаем $yt=zx,$ мы позволим себе вольность записывать это соотношение как $дробь: числитель: y, знаменатель: z конец дроби = дробь: числитель: x, знаменатель: t конец дроби ,$ 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 $дробь: числитель: l, знаменатель: l плюс x конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс x в квадрате конец аргумента = дробь: числитель: l, знаменатель: l плюс t конец дроби корень из: начало аргумента: l в квадрате плюс t в квадрате конец аргумента$ что равносильно $левая круглая скобка x минус t правая круглая скобка левая круглая скобка l в квадрате минус левая круглая скобка x плюс y правая круглая скобка l минус xt правая круглая скобка = 0.$

Чуть сложнее с условием, что AR ⊥ PQ. Из него, очевидно, следует что $y в квадрате минус z в квадрате = левая круглая скобка l в квадрате плюс x в квадрате правая круглая скобка минус левая круглая скобка l в квадрате плюс t в квадрате правая круглая скобка = x в квадрате минус t в квадрате$ (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:

$левая круглая скобка l в квадрате плюс x в квадрате правая круглая скобка минус левая круглая скобка l в квадрате плюс t в квадрате правая круглая скобка = y в квадрате минус z в квадрате плюс |AR| в квадрате минус |AR| в квадрате минус 2y|AR| косинус \angle PRA плюс 2z|AR| косинус левая круглая скобка 180° минус \angle P RA правая круглая скобка .$

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 $дробь: числитель: y, знаменатель: z конец дроби = b,$ как выразить y² − z² через a, b? Очевидно $z = a дробь: числитель: 1, знаменатель: b плюс 1 конец дроби ,$ $y = a дробь: числитель: b, знаменатель: b плюс 1 конец дроби ,$ $y минус z = a дробь: числитель: b минус 1, знаменатель: b плюс 1 конец дроби ,$ $y в квадрате минус z в квадрате = левая круглая скобка y плюс z правая круглая скобка левая круглая скобка y−z правая круглая скобка = a в квадрате дробь: числитель: b минус 1, знаменатель: b плюс 1 конец дроби .$ Подставив a² и b из первого и второго уравнения системы соответственно,

видим что третье уравнение переписалось в виде $левая круглая скобка 2l в квадрате минус 2l левая круглая скобка x плюс t правая круглая скобка плюс x в квадрате плюс t в квадрате правая круглая скобка дробь: числитель: x минус t, знаменатель: x плюс t конец дроби = x в квадрате минус t в квадрате ,$ после преобразований получаем $левая круглая скобка x минус t правая круглая скобка левая круглая скобка 2l в квадрате минус 2 левая круглая скобка x плюс y правая круглая скобка l минус 2xt правая круглая скобка = 0$ – 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 $l в квадрате минус левая круглая скобка x плюс y правая круглая скобка l минус xt,$ 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

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 270 Добавить в вариант

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 $дробь: числитель: nS, знаменатель: 100 конец дроби$ не более чем на $дробь: числитель: 1, знаменатель: 100 конец дроби .$

Решение.

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, . . . , x_n. Без ограничения общности будем считать, что S ≥ 0. Если это не так, то будем доказывать утверждение задачи для чисел y_i = −x_i 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 x_s, x_s+1, . . . , x_t – искомое.

Обозначим через m₁ первый индекс, для которого x₁ + x₂ + · · · + x_m1 ≥ S/100, через m₂ – первый индекс, для которого x₁ + x₂ + · · · + x_m2 ≥ 2S/100, и так далее: x₁ + x₂ + · · · + x_mi ≥ iS/100 по всем i до 100. Рассмотрим также разности a_i = x₁ + x₂ + · · · + x_mi − iS/100. Заметим что m₁₀₀ и a₁₀₀ определены, поскольку по крайней мере для n выполняется неравенство x₁ + x₂ + · · · + x_n = 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 x_i по модулю не превосходят 1, то все a_i лежат на отрезке [0; 1]. Чисел a_i всего 101 (для i от 0 до 100). Значит, найдутся два индекса i и j, для которых |a_i − a_j| ≤ 1/100. Без ограничения общности j > i. Тогда |(x₁ + x₂ + · · · + x_mi) − (x₁ + x₂ + · · · + x_mj) − iS/100 + jS/100| ≤ 1/100 или |x_mi + x_mi + 1 + · · · + x_mj − (j − i) S/100| ≤ 1/100. Тем самым, числа x_mi + 1 + · · · + x_mj  — искомые.

Настоящее решение. Обозначим данные n чисел за x₁, x₂, . . . , x_n. Без ограничения общности будем считать, что S ≥ 0. Если это не так, то будем доказывать утверждение задачи для чисел y_i = −x_i c положительной суммой. Из него будет следовать утверждение исходной задачи.

Предположим, все a_i лежат на отрезке [0; 1 − 1/100]. Тогда, так как чисел a_i всего 100 (для i от 0 до 99), найдутся два индекса i и j, для которых |a_i − a_j| ≤ 1/100. Без ограничения общности j > i. Тогда m_j ≥ m_i по определению чисел m_i. Получаем: |(x₁ + x₂ + · · · + x_mj) − (x₁ + x₂ + · · · + x_mi) + jS/k − iS/k| ≤ 1/k или |x_mi + x_mi+1 + · · · + x_mj − (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 x_mi, x_mi+1 + · · · + x_mj  — искомые.

Пусть теперь для некоторого i разность a_i попала на полуинтервал (1 − 1/100, 1]. Докажем, что в этом случае подмножество x₁, . . . , x_mi−1  — искомое. Для этого достаточно показать, что

iS/k − 1/k < x₁ + · · · + x_mi−1 ≤ iS/100.

Второе неравенство следует из определения m_i, ведь m_i – это первый индекс для которого сумма стала не меньше iS/100. Первое неравенство равносильно следующему: x₁ + · · · + x_mi−1−iS/k > −1/100. Но x₁ + · · · + x_mi-1 − iS/k = a_i − x_mi, и это больше −1/100, так как a_m > 1 − 1/100 и x_m ≤ 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 $дробь: числитель: nS, знаменатель: 100 конец дроби$ не более чем на $дробь: числитель: 1, знаменатель: 99 конец дроби$ . 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

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 271 Добавить в вариант

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.

Решение.

Объем тетраэдра с ребром 8 есть $дробь: числитель: 128 корень из 2 , знаменатель: 3 конец дроби ,$ поскольку этот тетраэдр получается если взять не соединенные ребром вершины куба с ребром $4 корень из 2 .$ Заметим, что $дробь: числитель: 128 корень из 2 , знаменатель: 3 конец дроби$ < 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

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 272 Добавить в вариант

Даны m подмножеств n-элементного множества: A₁, . . . , A_m. Обозначим через |A_i| число элементов множества A_i. 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.

Критерии проверки:

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

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 290 Добавить в вариант

В каждой из четырёх волейбольных команд по шесть игроков, среди которыхобязательно есть капитан и разыгрывающий, причём это разные люди. Сколькими способами из этих четырёх команд можно составить сборную из шести игроков, среди которых должны быть хотя бы по одному игроку каждой команды и обязательно пара капитан  — разыгрывающий хотя бы из одной команды?

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 291 Добавить в вариант

Докажите, что уравнение $левая круглая скобка x минус a правая круглая скобка левая круглая скобка x минус b правая круглая скобка плюс левая круглая скобка x минус b правая круглая скобка левая круглая скобка x минус c правая круглая скобка плюс левая круглая скобка x минус a правая круглая скобка левая круглая скобка x минус c правая круглая скобка =0$ при любых не совпадающих одновременно значениях a, b, c имеет два различных корня.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 292 Добавить в вариант

В футбольном турнире участвовали 17 команд, каждая из которых сыграла с каждой изостальных по одному разу. Могло ли у каждой команды число одержанных ею победравняться числу матчей, сыгранных ею вничью?

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 293 Добавить в вариант

В треугольнике АВС взята точка Р такая, что сумма углов РВА и РСА равна сумме углов РВС и РСВ. Докажите, что расстояние от вершины А до точки Р не меньше расстояния от А до точки I  — центра вписанной в АВС окружности, и если эти расстояния равны, то Р совпадает с I.

Решение.

Из условия следует, что сумма углов РВА и РСА равна сумме углов РВС и РСВ и что обе они равны полусумме углов АВС и АСВ. Отсюда величина угла ВРС равна 90 плюс половина угла ВАС, что совпадает с величиной угла ВIС. Последнее означает, что точка Р лежит на описанной окружности треугольника ВIС. Докажем, что центр описанной окружности треугольника ВIС совпадает с точкой М пересечения биссектрисы АI и описанной окружности треугольника АВС (это хорошо известная «лемма о трезубце»). Покажем, что треугольники ВМI и СМI являются равнобедренными с равными МС, МВ и МI. Действительно, в треугольнике СМI угол СМI, равный СМА, равен углу АВС, как вписанный в описанную окружность треугольника АВС и опирающийся на хорду АС. Угол МСI состоит из ВСI, равного половине АСВ и ВСМ, равного половине ВАС, как вписанный в описанную окружность треугольника АВС и опирающийся на хорду ВМ. Сумма этих углов равна полусумме АСВ и ВАС, то есть 90 минус половина угла АВС. Следовательно, угол МIС равен разности 180 и суммы СМI и МСI, что так же равно 90 минус половина угла АВС, поэтому углы МIС и МСI равны. Аналогично доказывается равенство углов МIВ и МВI. Следовательно, длины МС, МВ и МI равны, поэтому М  — центр описанной окружности треугольника ВIС. Ближайшей к А точкой этой окружности будет её пересечение с отрезком АM, то есть точка I. Следовательно, расстояние от А до Р, лежащей на этой окружности, не меньше длины AI, и равно ей только при совпадении Р и I, что и требовалось доказать.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 294 Добавить в вариант

При каком минимальном натуральном n найдутся n различных натуральных чисел $s_1,s_2,...,s_n$ таких, что

$левая круглая скобка 1 минус дробь: числитель: 1, знаменатель: s_1 конец дроби правая круглая скобка левая круглая скобка 1 минус дробь: числитель: 1, знаменатель: s_2 конец дроби правая круглая скобка ... левая круглая скобка 1 минус дробь: числитель: 1, знаменатель: s_n конец дроби правая круглая скобка = дробь: числитель: 7, знаменатель: 66 конец дроби ?$

Решение · Критерии · Помощь

Тип 21 № 295 Добавить в вариант

В первый день Дима выбирает два различных числа из множества {0, 1, 2, …, 2332} и записывает их в тетрадь. На второй день он снова выбирает два различных числа из этого же множества и прибавляет каждое из выбранных чисел к каждому числу, уже имеющемуся в тетради. Потом он дописывает в тетрадь как сами выбранные числа, так и все получившиеся суммы. (Например, если в первый день выбрать 2 и 3, а во второй  — 2 и 4, то в тетради будут записаны числа 2, 3, 2, 4, 4, 5, 6, 7.) При этом, если какая-либо сумма превосходит 2332, он заменяет ее остатком от деления на 2333. На третий день он опять выбирает два различных числа, прибавляет их ко всем числам в тетради, дописывает в тетрадь эти два числа и все получившиеся суммы и т. д. Через какое минимальное количество дней (как бы Дима числа ни выбирал) каждое из чисел 0,1,2, …, 2332 будет гарантированно записано в тетради хотя бы один раз? Опишите все варианты, при которых Диме придётся ждать максимальное количество дней.

Решение.

Найдем наименьший номер страницы N, на которой будут записаны все числа множества $левая фигурная скобка 0;1;2;...;p минус 1 правая фигурная скобка ,$ где $p=2333$   — простое число. Покажем, что на новой странице различных чисел будет записано по крайней мере на одно больше, чем на предыдущей. Докажем это утверждение методом от противного.

Пусть А  — множество различных чисел, полученных на данный момент:

$A= левая фигурная скобка a_1,...,a_m правая фигурная скобка не равно левая фигурная скобка 0;1;...;p минус 1 правая фигурная скобка . \qquad левая круглая скобка 1 правая круглая скобка$

Далее Дима выбрал два различных числа $b_1,b_2$ и прибавил их ко всем числам множества А, но количество сумм в результате не увеличилось. То есть, прибавив к числам из множества А сначала число $b_1,$ а затем число $b_2,$ он получил один и тот же набор сумм:

$левая фигурная скобка r_p левая круглая скобка a_1 плюс b_1 правая круглая скобка ,...,r_p левая круглая скобка a_m плюс b_1 правая круглая скобка правая фигурная скобка = левая фигурная скобка r_p левая круглая скобка a_1 плюс b_2 правая круглая скобка ,...,r_p левая круглая скобка a_m плюс b_2 правая круглая скобка правая фигурная скобка ,$

где $r_p левая круглая скобка m правая круглая скобка$   — остаток от деления числа m на число p. Следовательно, для любого $a принадлежит A$ существует такой $c принадлежит A,$ что $r_p левая круглая скобка a плюс b_2 правая круглая скобка =r_p левая круглая скобка c плюс b_1 правая круглая скобка .$ Другими словами, верно, что для любого $a принадлежит Ar_p левая круглая скобка a плюс левая круглая скобка b_2 минус b_1 правая круглая скобка правая круглая скобка =r_p левая круглая скобка c правая круглая скобка =c принадлежит A.$ Значит, для любого $a принадлежит A$ и для всех $k=0,1,2, ...$ верно, что $r_p левая круглая скобка a плюс k левая круглая скобка b_2 минус b_1 правая круглая скобка правая круглая скобка принадлежит A.$ Но для таких k числа вида $r_p левая круглая скобка a плюс k левая круглая скобка b_2 минус b_1 правая круглая скобка правая круглая скобка$ между собой различны. (Действительно, пусть числа $r_p левая круглая скобка a плюс k_1 левая круглая скобка b_2 минус b_1 правая круглая скобка правая круглая скобка$ и $r_p левая круглая скобка a плюс k_2 левая круглая скобка b_2 минус b_1 правая круглая скобка правая круглая скобка$ совпадают. Значит, разность $левая круглая скобка a плюс k_1 левая круглая скобка b_2 минус b_1 правая круглая скобка правая круглая скобка минус левая круглая скобка a плюс k_2 левая круглая скобка b_2 минус b_1 правая круглая скобка правая круглая скобка$ делится на p, а следовательно, на p делится произведение $левая круглая скобка k_1 минус k_2 правая круглая скобка левая круглая скобка b_2 минус b_1 правая круглая скобка ,$ что невозможно, так как каждый сомножитель по абсолютной величине не превосходит $p минус 1,$ а число p  — простое.) Получается, что множество A уже содержит pчисел, что противоречит (1).

Итак, доказано, что каждый раз количество различных чисел увеличивается по крайней мере на 1. Значит, самое позднее на странице с номером $p минус 1$ будут записаны все p чисел. Эта оценка достижима: если каждый раз выбирать числа 0 и 1, то все числа впервые будут записаны именно на странице с номером $p минус 1$ и не раньше. Следовательно, искомое N равно $p минус 1.$

Чтобы для получения всех чисел Дима заполнял в тетради максимальное (равное $p минус 1 правая круглая скобка$ количество страниц, ему следует выбирать числа так, чтоб количество новых различных сумм увеличивалось каждый раз ровно на 1. Для этого необходимо и достаточно, чтобы полученные на каждом шаге различные числа образовывали арифметическую прогрессию, то есть $A= левая фигурная скобка a_1,a_1 плюс d,...,a_1 плюс d левая круглая скобка m минус 1 правая круглая скобка правая фигурная скобка ,$ где d  — произвольное заранее выбранное число от 1 до $p минус 1,$ а новые числа $b_1$ и $b_2$ надо выбирать так, чтобы $d=|b_2 минус b_1|.$

Достаточность очевидна. Необходимость легко доказать по индукции. Действительно, пусть сперва Дима выбрал числа $a_1$ и $a_2,$ $a_2 больше a_1.$ Положим $d=a_2 минус a_1 больше 0.$ Затем он выбрал числа $b_1$ и $b_2$ и, в результате, получил суммы $a_1 плюс b_1,$ $a_2 плюс b_1,$ $a_1 плюс b_2,$ $a_2 плюс b_2.$ Из этих сумм две должны совпадать. Значит, или $a_2 плюс b_1=a_1 плюс b_2,$ или $a_1 плюс b_1=a_2 плюс b_2.$ В обоих случаях $d=|b_2 минус b_1|.$ Нетрудно заметить, что получившиеся в результате три новые суммы образуют арифметическую прогрессию. Пусть теперь на m-том шаге получены суммы $левая фигурная скобка a_1,... правая фигурная скобка ,$ образующие арифметическую прогрессию с разностью $d.$ Прибавляя к ней новые числа $b_1$ и $b_2,$ мы «сдвигаем» всю прогрессию вправо на $b_1$ и $b_2$ позиций и, если $d не равно |b_2 минус b_1|,$ то количество новых различных сумм увеличится более чем на 1. Значит, $d=|b_2 минус b_1|,$ и новые суммы опять образуют арифметическую прогрессию с той же разностью. Необходимость доказана.

Ответ: 1) $N=2332;$ 2) Дима выбирает первые два числа $a_1$ и $a_2$ произвольно. На каждом шаге новые числа $b_1$ и $b_2$ он выбирает так, что $|a_2 минус a_1|=|b_2 минус b_1| больше 0.$

Решение · Помощь

Всего: 1000 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–100 | 101–120 | 121–140 …

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Верное составление системы уравнения.	3
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Найдена величина угла ВРС.	2
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Не рассмотрен случай $a больше или равно 0.$	6
Не рассмотрен случай $b=0.$	6
Нет правильного сведения к случаю $a меньше 0 меньше b меньше или равно c$ и не рассмотрен симметричный случай $a меньше или равно b меньше 0 меньше c.$	6
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Нет ссылок на взаимную простоту чисел $x в квадрате плюс 1$ и x, а также чисел $x в квадрате плюс 1$ и y.	2
Не сказано явно, что число $n=1$ всё же получается при любой паре равных x и y, скажем, когда они равны чему-то конкретному.	6
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Сведение решения к случаям 1 и 2.	1
Рассмотрение каждого из случаев 1 и 2.	3
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Верное второе решение без рассмотрения случая $a=b меньше c$ или $a меньше b=c$ .	4
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Показано, что общее число всех одержанных побед будет равнообщему числу всех поражений.	2
Показано, что оба этих количества равны общему числу всех ничьих.	3
Проведено суммирование количеств всех побед, ничьих ипоражений всех команд и показано, что оно не делится на 3.	2
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Показано, что Р лежит на описанной окружности треугольника ВIС.	2
Доказано, что I — ближайшая к а точка этой окружности.	5
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение.	7
Оценка $n больше или равно 9$ .	5
Пример девяти чисел, удовлетворяющих условию.	2
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	7