Всего: 121 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …
Добавить в вариант
Функция f (x), определённая при всех действительных x, является чётной. Кроме того, при любом действительном x выполняется равенство
а) Приведите пример такой функции, отличной от константы.
б) Докажите, что любая такая функция является периодической.
а) Например 
Чётность очевидна, проверим второе условие:
т. к. 
б) Из чётности получаем 
т. е.
при любом x. Подставив сюда x + 10 и x + 20 вместо x, получим
Вычитая из второго первое, получаем 
при любом x, т. е. функция периодична с периодом 20.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Пункт а): верный пример с проверкой всех условий и полное решение пункта б). | 6 |
| Пример функции без проверки и полное решение пункта б). | 5 |
| Полное решение пункта б) ИЛИ пример функции с проверкой и нестрогое решение пункта б), основанное на симметриях ИЛИ пример функции с проверкой и решение пункта б) с пропущенным шагом. | 4 |
| Правильный пример функции без проверки и нестрогое решение пункта б), основанное на симметриях ИЛИ правильный пример функции без проверки и решение пункта б) с пропущенным шагом. | 3 |
| Правильный пример функции с проверкой выполнения всех условий. | 2 |
| Правильный пример функции без проверки выполнения условий. Допускается пример в виде графика, если в решении дано исчерпывающее и подробное описание графика с указанием всех ключевых точек. | 1 |
| Любое решение, не соответствующее ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 6 |
Таблица n × n заполняется натуральными числами от 1 до 10 так, чтобы ни в одной строке и ни в одном столбце не было двух одинаковых чисел. Совпадение чисел, стоящих в разных строках и столбцах, допускается. Пусть f (n) — количество таких расстановок. Например f (1) = 10, f (11) = 0.
а) Что больше, f (9) или f (10)?
б) Что больше, f (5) или f (6)?
Обозначим через Sn множество всех требуемых расстановок для таблицы n × n. Тогда f (n) по определению равно количеству элементов в множестве Sn. Введём операцию g над таблицей, заключающуюся в удалении последнего (крайнего правого) столбца и последней (крайней нижней) строки таблицы. Пример:
Очевидно, если 
то 
а) Мы докажем, что отображение 
является инъективным (смысл термина будет разъяснён далее), и при этом его образ не покрывает всего множества S9. Отсюда будет следовать требуемое неравенство.
Утверждение 1. Пусть дана таблица 
Тогда существует не более одной таблицы 
такой, что 
Доказательство. Будем восстанавливать таблицу x по известной таблице 
Для наглядности изобразим обе таблицы следующим образом:
Т. е. пусть последний столбец таблицы x содержит неизвестные числа 
последняя строка содержит неизвестные числа 
Число ai должно отличаться от всех чисел в строке с номером i таблицы y. Но в любой строке таблицы y стоят 9 различных чисел из множества 
т. е. для ai остаётся единственное возможное значение. Следовательно, все числа 
однозначно определяются по таблице y. Аналогично, рассматривая столбцы, однозначно восстанавливаем числа bj.
Если среди восстановленных чисел есть одинаковые, получаем противоречие с условием, и, следовательно, таблицы x, удовлетворяющей равенству 
не
существует. Если же все ai различны, и все bj различны, то число c должно отличаться от них всех, и такое число тоже единственно.
Итак, если таблица x существует, то она единственна, что и требовалось.
Следствие: если 
и 
то 
(Отображение g с таким свойством в математике называется инъективным).
Утверждение 2. Существует таблица 
такая, что любое 
Доказательство. Рассмотрим таблицу 
в первой строке которой написаны подряд числа 
а в следующих строках — те же числа, сдвигаемые по циклу каждый раз на 1:
Восстанавливая по ней таблицу x так же, как то сделано выше, мы получаем 
что противоречит условию. Следовательно, искомой таблицы x не существует.
Из доказанных утверждений следует, что в множестве S9 больше элементов, чем в S10, т. е. 
Проиллюстрируем наглядно последний шаг рассуждения. Предположим, что мы выписали в ряд все возможные таблицы 
из множества S10. Рассмотрим следующую диаграмму отображения g:
В множестве S10 ровно K элементов, и все они выписаны в верхнем ряду. В нижнем ряду для каждой таблицы x выписана соответствующая таблица g(x), а также построенная в утверждении 2 таблица y. Все таблицы в нижнем ряду принадлежат множеству S9, и все они по доказанному различны. Следовательно, количество таблиц в множестве S9 больше, чем в S10.
б) Докажем, что при отображении 
в каждую таблицу множества S5 отображается более одной таблицы множества S6. Отсюда будет следовать требуемое неравенство.
Утверждение 3. Пусть дана таблица y S5. Тогда существует не менее 4 различных таблиц 
таких, что
Доказательство. Так же, как в п. а), изобразим наглядно равенство 
:
Покажем, как для заданной таблицы 
построить не менее 4 различных таблиц x, удовлетворяющих равенству
В объединении первой строки и первого столбца таблицы y написано 9 чисел (необязательно все различные), по тому существует число из множества 
которого нет ни в первой строке, ни в первом столбце таблицы y. Положим a1 и b1 равными тому числу. Т. е. согласно нашему выбору a1 = b1.
Для 
будем последовательно выбирать числа ai так, чтобы число ai не равнялось ни одному из чисел в i-й строке таблицы y, а также не равнялось уже выбранным числам 
Такой выбор всегда существует, т. к. "запрещёнными" оказываются всегда не более 5 + 4 = 9 чисел.
Аналогично для 
будем последовательно выбирать числа bj так, чтобы число bj не равнялось ни одному из чисел в j-м столбце таблицы y, а также не равнялось числам 
Мы изначально выбрали a1 = b1, поэтому среди чисел ai, bj, i, j = 1 . . . 5, не более 9 различных. По тому можно выбрать число c отличным от них всех, и тем самым завершить построение таблицы x. Построенная таблица x удовлетворяет всем условиям задачи и принадлежит множеству S6, при том
Заметим, что при выборе числа a2 запрещёнными были не более 6 чисел (числа во второй строке таблицы y и число a1). Поэтому имелось не менее 4 способов выбрать число a2, и все они привели бы к различным таблицам x. Следовательно, таких таблиц x, для которых не менее 4, что и требовалось доказать.
Ответ: а) f (9) > f (10), б) f (6) > f (5).
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение обоих пунктов. | 4 |
| В обоих пунктах доказано нестрогое неравенство. | 3 |
| Полностью решён один из пунктов. | 2 |
В пункте а) доказано, что  (нестрогое неравенство). | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 4 |
Таблица n × n заполняется натуральными числами от 1 до 2016 так, чтобы ни в одной строке и ни в одном столбце не было двух одинаковых чисел. Совпадение чисел, стоящих в разных строках и столбцах, допускается. Пусть f (n) — количество таких расстановок. Например f (1) = 2016, f (2017) = 0.
а) Что больше, f (2015) или f (2016)?
б) Что больше, f (1008) или f (1009)?
Обозначим через Sn множество всех требуемых расстановок для таблицы n × n. Тогда f (n) по определению равно количеству элементов в множестве Sn. Введём операцию g над таблицей, заключающуюся в удалении последнего (крайнего правого) столбца и последней (крайней нижней) строки таблицы. Пример:
Очевидно, если то
а) Мы докажем, что отображение 
является инъективным (смысл термина будет разъяснён далее), и при этом его образ не покрывает всего множества S2015. Отсюда будет следовать требуемое неравенство.
Утверждение 1. Пусть дана таблица 
Тогда существует не более одной таблицы 
такой, что
Доказательство. Будем восстанавливать таблицу x по известной таблице
Для наглядности изобразим обе таблицы следующим образом:
Т. е. пусть последний столбец таблицы x содержит неизвестные числа 
последняя строка содержит неизвестные числа 
Число ai должно отличаться от всех чисел в строке с номером i таблицы y. Но в любой строке таблицы y стоят 2015 различных чисел из множества 
т. е. для ai остаётся единственное возможное значение. Следовательно, все числа 
однозначно определяются по таблице y. Аналогично, рассматривая столбцы, однозначно восстанавливаем числа bj.
Если среди восстановленных чисел есть одинаковые, получаем противоречие с условием, и, следовательно, таблицы x, удовлетворяющей равенству не
существует. Если же все ai различны, и все bj различны, то число c должно отличаться от них всех, и такое число тоже единственно.
Итак, если таблица x существует, то она единственна, что и требовалось.
Следствие: если 
и то (Отображение g с таким свойством в математике называется инъективным).
Утверждение 2. Существует таблица 
такая, что любое 
Доказательство. Рассмотрим таблицу 
в первой строке которой написаны подряд числа 
а в следующих строках — те же числа, сдвигаемые по циклу каждый раз на 1:
Восстанавливая по ней таблицу x так же, как то сделано выше, мы получаем 
что противоречит условию. Следовательно, искомой таблицы x не существует.
Из доказанных утверждений следует, что в множестве S2015 больше элементов, чем в S2016, т. е. 
Проиллюстрируем наглядно последний шаг рассуждения. Предположим, что мы выписали в ряд все возможные таблицы из множества S2016. Рассмотрим следующую диаграмму отображения g:
В множестве S2016 ровно K элементов, и все они выписаны в верхнем ряду. В нижнем ряду для каждой таблицы x выписана соответствующая таблица g(x), а также построенная в утверждении 2 таблица y. Все таблицы в нижнем ряду принадлежат множеству S2015, и все они по доказанному различны. Следовательно, количество таблиц в множестве S2015 больше, чем в S2016.
б) Докажем, что при отображении 
в каждую таблицу множества S1008 отображается более одной таблицы множества S1009. Отсюда будет следовать требуемое неравенство.
Утверждение 3. Пусть дана таблица y S1008. Тогда существует не менее 1007 различных таблиц 
таких, что
Доказательство. Так же, как в п. а), изобразим наглядно равенство :
Покажем, как для заданной таблицы 
построить не менее 1007 различных таблиц x, удовлетворяющих равенству
В объединении первой строки и первого столбца таблицы y написано 2015 чисел (необязательно все различные), по тому существует число из множества 
которого нет ни в первой строке, ни в первом столбце таблицы y. Положим a1 и b1 равными тому числу. Т. е. согласно нашему выбору a1 = b1.
Для 
будем последовательно выбирать числа ai так, чтобы число ai не равнялось ни одному из чисел в i-й строке таблицы y, а также не равнялось уже выбранным числам Такой выбор всегда существует, т. к. "запрещёнными" оказываются всегда не более 1008 + 1007 = 2015 чисел.
Аналогично для 
будем последовательно выбирать числа bj так, чтобы число bj не равнялось ни одному из чисел в j-м столбце таблицы y, а также не равнялось числам
Мы изначально выбрали a1 = b1, поэтому среди чисел ai, bj, i, j = 1 . . . 1008, не более 2015 различных. По тому можно выбрать число c отличным от них всех, и тем самым завершить построение таблицы x. Построенная таблица x удовлетворяет всем условиям задачи и принадлежит множеству S1009, при том
Заметим, что при выборе числа a2 запрещёнными были не более 1009 чисел (числа во второй строке таблицы y и число a1). Поэтому имелось не менее 1007 способов выбрать число a2, и все они привели бы к различным таблицам x. Следовательно, таких таблиц x, для которых не менее 1007, что и требовалось доказать.
Ответ: а) f (2015) > f (2016), б) f (1009) > f (1008).
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение обоих пунктов. | 4 |
| В обоих пунктах доказано нестрогое неравенство. | 3 |
| Полностью решён один из пунктов. | 2 |
В пункте а) доказано, что  (нестрогое неравенство). | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 4 |
Функция f (x), определённая при всех действительных x, является чётной. Кроме того, при любом действительном x выполняется равенство
а) Приведите пример такой функции, отличной от константы.
б) Докажите, что любая такая функция является периодической.
а) Например Чётность очевидна, проверим второе условие:
т. к.
б) Из чётности получаем т. е.
при любом x. Подставив сюда x + 10 и x + 20 вместо x, получим
Вычитая из второго первое, получаем при любом x, т. е. функция периодична с периодом 20.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Пункт а): верный пример с проверкой всех условий и полное решение пункта б). | 6 |
| Пример функции без проверки и полное решение пункта б). | 5 |
| Полное решение пункта б) ИЛИ пример функции с проверкой и нестрогое решение пункта б), основанное на симметриях ИЛИ пример функции с проверкой и решение пункта б) с пропущенным шагом. | 4 |
| Правильный пример функции без проверки и нестрогое решение пункта б), основанное на симметриях ИЛИ правильный пример функции без проверки и решение пункта б) с пропущенным шагом. | 3 |
| Правильный пример функции с проверкой выполнения всех условий. | 2 |
| Правильный пример функции без проверки выполнения условий. Допускается пример в виде графика, если в решении дано исчерпывающее и подробное описание графика с указанием всех ключевых точек. | 1 |
| Любое решение, не соответствующее ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 6 |
Найти все функции 
определённые на всей числовой прямой, удовлетворяющие уравнению 
для произвольных x и y.
1) Положим сначала в условии 
тогда 
2) Подставим полученное выражение для 
в условие, тогда:
откуда 
Следовательно, 
— единственный кандидат в решения.
3) Проверка подстановкой: 
— условие задачи выполнено, следовательно, является единственным решением задачи.
Ответ: 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верный ответ. | 7 |
Найдено только  . | 2 |
Получено соотношение  . | 3 |
| Отсутствие проверки. | 6 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Из натурального числа n разрешается получить либо число n2 + 2n, либо число n3 + 3n2 + 3n. Два натуральных числа называются совместимыми, если из них можно получить одно и то же число с помощью некоторого количества таких операций. Найдите все числа, совместимые с числом 2018.
Сделаем замену k = n + 1 и будем считать, что мы преобразуем число k, которое может принимать значения натуральных чисел, кроме единицы. Замена n → n2 + 2n для k соответствует замене f1: k = n + 1 → n2 + 2n + 1 = k2. Вторая замена соответствует f2: k → k3. Заметим, что для любого k верно f1(f2(k)) = f2(f1(k)). Таким образом, если мы применяем несколько раз операции f1 и f2 к числу k, неважен порядок, а важно только количество операций.
Допустим, числа k1 и k2 эквивалентны. Тогда применением операций к одному и другому числам несколько раз можно получить одно и то же число, то есть 
Таким образом, все натуральные числа, эквивалентные заданному k, имеют вид 
для рациональных q1, q2. Соответственно, для n = 2018 все совместимые с ним числа будут иметь вид 
Число 2019 = 3 · 673 не является степенью натурального числа выше первой. Таким образом, рациональные числа q1 и q2 должны быть целыми, для любых целых q1 и q2 мы получаем совместимые с 2018.
Ответ: числа вида 
для неотрицательных целых k и n.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное доказательство. | 20 |
| Допущены мелкие неточности. Или не сказано, почему 2018 не получается с помощью данных операций из других чисел. | 19 |
| Верно указано, какие числа можно получить из 2018, но не доказано, что других совместимых нет. | 4 |
| Присутствует идея замены k = n + 1 и далее итерирования операций возведения в степень. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
для неотрицательных целых k и n.Из натурального числа n разрешается получить либо число n2 + 2n, либо число n3 + 3n2 + 3n. Два натуральных числа называются совместимыми, если из них можно получить одно и то же число с помощью некоторого количества таких операций. Найдите все числа, совместимые с числом 2018.
Сделаем замену k = n + 1 и будем считать, что мы преобразуем число k, которое может принимать значения натуральных чисел, кроме единицы. Замена n → n2 + 2n для k соответствует замене f1: k = n + 1 → n2 + 2n + 1 = k2. Вторая замена соответствует f2: k → k3. Заметим, что для любого k верно f1(f2(k)) = f2(f1(k)). Таким образом, если мы применяем несколько раз операции f1 и f2 к числу k, неважен порядок, а важно только количество операций.
Допустим, числа k1 и k2 эквивалентны. Тогда применением операций к одному и другому числам несколько раз можно получить одно и то же число, то есть Таким образом, все натуральные числа, эквивалентные заданному k, имеют вид для рациональных q1, q2. Соответственно, для n = 2018 все совместимые с ним числа будут иметь вид Число 2019 = 3 · 673 не является степенью натурального числа выше первой. Таким образом, рациональные числа q1 и q2 должны быть целыми, для любых целых q1 и q2 мы получаем совместимые с 2018.
Ответ: числа вида для неотрицательных целых k и n.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное доказательство. | 20 |
| Допущены мелкие неточности. Или не сказано, почему 2018 не получается с помощью данных операций из других чисел. | 19 |
| Верно указано, какие числа можно получить из 2018, но не доказано, что других совместимых нет. | 4 |
| Присутствует идея замены k = n + 1 и далее итерирования операций возведения в степень. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
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?
Заметим, что замена переменной x → x + k при любом целом k не меняет области значений многочлена. Тогда, сделав замену x → x − 
(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 |
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?
Заметим, что замена переменной x → x + k при любом целом k не меняет области значений многочлена. Тогда, сделав замену x → x − (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 |
Найдите все такие функции которые одновременно удовлетворяют трем условиям:
1) 
для любого 
2) 
3) 
для любых 
ℝ.
В тождестве из условия задачи
(1)
положим 
Тогда 
Поскольку 
находим
Положив затем 
в (1), получим, с учетом (2), что
Наконец, при 
тождество (1) (с учетом (2)) примет вид 
Значит, необходимо, чтобы 
при 
так как по условию для 
Далее, согласно (3), и при 
Окончательно, 
для любого 
ℝ. Легко убедиться, что такая 
действительно удовлетворяет требованиям 1), 2), 3) из условия задачи.
Ответ: 
Функция такова, что 
и 
для любого x. Найдите 
если 
Из равенства 
мы получаем формулу 
Кроме того, 
По принципу математической индукции докажем, что f(x)=1-x для любого целого x.
Докажем, что указанное равенство верно при четных x: 
1) 
— верно.
2) Пусть 
3) Докажем, что 
Действительно,
Теперь докажем, что указанное равенство верно при нечетных x:
1) 
— верно.
2) Пусть 
при некотором n.
3) Докажем, что 
:
Действительно,
Следовательно, 
Ответ: −2016.
Примечание: заметим, что в случае достаточно доказать, что 
верно для любого нечётного x.
| Критерии оценивания выполнения задания | Оценка | Баллы |
|---|---|---|
| Полное решение. | + | 14 |
| Представлены все основные логические шаги решения. Доказано, что В решении отсутствуют некоторые обоснования. Ответ верный. | ± | 11 |
Выписаны несколько первых значений последовательности  Делается предположение, что  но доказательство данного факта не приводится. Ответ верный. | +/2 | 7 |
Отмечено, что  Обоснования, а также частные подтверждения данного факта не приводятся. Ответ верный. | ∓ | 3 |
| Решение не соответствует ни одному критерию, описанному выше. | −/0 | 0 |
| Максимальный балл | 14 | |
Сколько различных корней имеет уравнение 
если 
Пусть 
Уравнение 
имеет два решения f1(k) = −1 и f2(k) = 2. Получаем
Совокупность имеет четыре различных корня k1, k2, k3, k4. Заметим, что уравнения 
имеют два различных корня и эти уравнения с различными ki не имеют общих корней (школьники должны это строго доказать или найти в явном виде корни ).
Итак, исходное уравнение имеет 8 различных корней.
Ответ: 8.
| Критерии оценивания выполнения задания | Оценка | Баллы |
|---|---|---|
| Полное решение. | + | 12 |
| Ответ верный. Приведены все основные логические шаги решения. В решении присутствуют арифметические ошибки или описки, которые не повлияли на общий ход решения. | +. | 10 |
| Ответ верный. Приведены все основные логические шаги решения. Отсутствует строгое обоснование отдельных выводов. | ± | 9 |
| Приведены все основные логические шаги решения. В результате неверного рассуждения получен неверный ответ. ИЛИ Ответ верный. Приведены основные логические шаги решения. Отсутствует доказательство, что уравнения | +/2 | 6 |
| Ответ верный. Решение отсутствует или неверное. ИЛИ Приведены некоторые шаги, отражающие общую идею решения. Ответ отсутствует или неверный. | ∓ | 2 |
| Решение не соответствует ни одному критерию, описанному выше. | −/0 | 0 |
| Максимальный балл | 12 | |
при различных ki не имеют общих корней.Функция f такова, что для любого действительного числа x выполнено равенство 
Решите уравнение f(x) = 0.
Пусть a — корень уравнения f(x) = 0, то есть f(a) = 0. Подставим x = a в данное равенство 
:
Подставим x = 0:
Подставим 
:
Подставим 
:
Из последнего равенства получаем, что a = 0. Таким образом, если уравнение имеет корень, то этот корень может быть только равным 0. Покажем, что x = 0 является корнем исходного уравнения. Пусть f(0) = b. Аналогично предыдущим выкладкам подставим x = 0, x = b, 
в данное равенство и получим, что b = 0.
Итак, исходное уравнение имеет единственное решение x = 0.
Ответ: 0.
| Критерии оценивания выполнения задания | Оценка | Баллы |
|---|---|---|
| Задача решена полностью. | + | 12 |
| Решение задачи, содержит верную общую схему решения, в котором отсутствуют некоторые обоснования. Ответ верный. | ± | 8 |
| Ответ верный. Решение содержит значительное продвижение в верном направлении. Показано, что корнем уравнения может быть только число 0. | +/2 | 6 |
| Решение в целом неверное или незаконченное, но содержит определенное содержательное продвижение в верном направлении | ∓ | 2 |
| Задача не решена, содержательных продвижений нет. | − | 0 |
| Задача не решалась. | 0 | 0 |
Найдите все непрерывные на всей числовой оси функции, удовлетворяющие тождеству 
и 
Вначале докажем, что 
Действительно,
Подставив в условие задачи 
получаем 
откуда 
или 
Если 
то 
откуда 
для любого x, что неверно. Следовательно,
Подставляя 
получаем 
то есть 
Отсюда для любого натурального n находим 
Также легко по индукции доказать формулу
откуда, в частности,
Значит, 
откуда 
для всех натуральных 
Отсюда
для натуральных m и n.
Теперь разберёмся с отрицательными дробями:
откуда 
Таким образом, функция 
для всех рациональных чисел. Функция в правой части равенства также непрерывна, а если две функции совпадают для всех рациональных чисел, то они совпадают на всей вещественной оси.
Ответ: 
Найдите все непрерывные на всей числовой оси функции, удовлетворяющие тождеству 
и условию 
Вначале докажем, что Действительно,
Подставив в условие задачи получаем 
откуда или 
Если 
для любого x, что неверно. Следовательно, Подставляя получаем 
то есть 
Отсюда для любого натурального n находим
Также легко по индукции доказать формулу
откуда, в частности,
Значит, 
откуда 
для всех натуральных Отсюда
для натуральных m и Теперь разберёмся с отрицательными дробями:
откуда
Таким образом, функция 
для всех рациональных чисел. Функция в правой част и равенства также непрерывна, а если две функции совпадают для всех рациональных чисел, то они совпадают на всей вещественной оси.
Ответ: 
Докажите, что не существует функции f(x), определённой для всех x > 1, такой, что 
и 
С одной стороны,
С другой стороны,
Сравнивая эти равенства, получаем, что для любого числа y, представимого в виде 
при 
то есть для любого 
выполняется равенство 
Тогда
откуда 
Следовательно, 
С другой стороны,
откуда 
Получаем противоречие, значит, такой функции действительно не существует.
Докажите, что не существует функции f(x), определённой для всех x > 1, такой, что 
и 
С одной стороны,
С другой стороны,
Сравнивая эти равенства, получаем, что для любого числа y, представимого в виде при то есть для любого выполняется равенство 
Тогда
откуда 
Следовательно, 
С другой стороны,
откуда 
Получаем противоречие, значит, такой функции действительно не существует.
Решите уравнение f−1(g(x)) = h(x), где f−1(x) — обратная функция к f(x), если известно, что f(x) = x3 + 2x2 + 3x + 1, g(x) = x4 − x3 + 4x2 + 8x + 8, h(x) = x + 1.
Можно переписать исходное уравнение как 
то есть как
Раскроем скобки и перенесём всё в правую часть:
Заметим, что многочлен в левой части делится на 
Этот трёхчлен не имеет корней, а вот частное имеет: это трёхчлен 
и его корни 
Ответ:
Решите уравнение f−1(g(x)) = h(x), где f−1(x) — обратная функция к f(x), если известно, что f(x) = x3 + 2x2 + 3x + 4, g(x) = x4 + 2x3 + 1x2 + 11x + 11, h(x) = x + 1.
Можно переписать исходное уравнение как 
то есть как
Раскроем скобки и перенесём всё в правую часть:
Заметим, что многочлен в левой части делится на 
и, более того на 
Значит, мы получаем корень 1 кратности 2. Кроме того, частное от деления нашего многочлена четвёртой степени на 
это трёхчлен 
и его корни 
Ответ: 
и 
и Дана функция 
а) Решите уравнение 
б) Решите неравенство 
в) Исследуйте, сколько корней, в зависимости от действительного параметра a, имеет уравнение 
Нарисуем график функции f. Поскольку уравнение 
задает на плоскости окружность 
а 
и f — четная функция, то график f состоит из двух полуокружностей, как это изображено на рисунке. Теперь ответы на вопросы очевидны.
Ответ: а) 
б) 
в) Три решения при 
четыре — при 
и два, если 
В остальных случаях решений нет.
| За каждый из четырех пунктов сюжета выставляется одна из следующих оценок: + (3 балла), ± (2 балла), ∓ (1 балл), − (0 баллов) Максимум за сюжет 12 баллов. При этом необходимо руководствоваться следующим. | |
| Критерии оценивания выполнения заданий | Баллы |
|---|---|
| Верное и полное выполнение задания | 3 |
| Ход решения верный, решение доведено до ответа, но допущен один недочет | 2 |
| Ход решения верный, решение доведено до ответа, но допущено два недочета или одна грубая ошибка | 1 |
| Остальные случаи | 0 |
| К недочетам относятся, например: описки, неточности в использовании математической символики; погрешности на рисунках, недостаточно полные обоснования; неточности в логике рассуждений при сравнении чисел, доказательстве тождеств или неравенств; вычислительные ошибки, не повлиявшие принципиально на ход решения и не упростившие задачу, если задача не являлась вычислительной; замена строго знака неравенства нестрогим или наоборот; неверное присоединение либо исключение граничной точки из промежутка монотонности и аналогичные. Грубыми ошибками являются, например: потеря или приобретение постороннего корня; неверный отбор решения на промежутке при правильном решении в общем виде; вычислительная ошибка в задаче на вычисление; неверное изменение знака неравенства при умножении на отрицательное число, логарифмировании или потенцировании и т. п. | |
б) в) Три решения при четыре — при и два, если В остальных случаях решений нет.Наверх