Всего: 433 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …
Добавить в вариант
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 |
Решите уравнение 
Перемножаемые трехчлены имеют одинаковые дискриминанты. Значит, модуль разности корней первого трехчлена равен модулю разности корней второго. Это позволяет с успехом применить определенную «центрирующую» замену:
Замена 
Тогда
Получившееся биквадратное уравнение решается затем стандартным образом.
Ответ: 
Решите уравнение 
Пусть 
тогда
Вернёмся к исходной переменной:
Ответ: {-3; 1}.
Решите уравнение 
Перемножаемые трехчлены имеют одинаковые дискриминанты. Значит, модуль разности корней первого трехчлена (хоть они и мнимые) равен модулю разности корней второго. Это позволяет с успехом применить определенную «центрирующую» замену:
Замена Тогда
Получившееся биквадратное уравнение решается затем стандартным образом.
Ответ: 
Известно, что многочлен 
имеет 4 различных действительных корня 
Найдите многочлен вида
имеющий корни 
Обозначим коэффициенты заданного многочлена (кроме старшего) через a0, a1, a2, a3:
Тогда по условию задачи имеем:
Вместе с многочленом f(x) рассмотрим многочлен h(x), имеющий корни 
Рассмотрим многочлен 
Заменой переменной 
получаем требуемый многочлен g(y), поскольку
В нашем случае:
Ответ: 
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 |
На доске написана система из 12 различных уравнений с 6 неизвестными x1, x2, x3, x4, x5, x6. Каждое уравнение имеет вид xi + xj + xk = 0, где i ≠ j ≠ k (сумма трех различных неизвестных равна нулю). Могло ли оказаться так, что у системы бесконечно много решений?
Могло. Пусть x1 = x2 = 2t, x3 = x4 = x5 = x6 = −t (при произвольном действительном t). Тогда равны нулю 
= 2 · 6 = 12 сумм, а именно:
Комментарий: а для 13 такое уже невозможно.
Ответ: да, могло.
| 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 |
Действительные числа a и b таковы, что 
Найти все значения, которые может принимать сумма 
Обозначим 
и 
тогда уравнение из условия можно записать как 
откуда 
легко получаем первое возможное значение 
Поделив на скобку 
имеем 
Подставим сюда 
и 
получим 
Рассмотрев последнее уравнение как квадратное относительно a, найдём его дискриминант, равный 
Данное уравнение разрешимо в единственном случае 
и его единственным корнем будет 
В этом случае 
— второй возможный ответ задачи. Проверка найденных значений не требуется, поскольку выполняемые нами преобразования были равносильными.
Ответ: −2 и 1.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
Нахождение  | 3 |
Нахождение  | 4 |
| Если угаданы оба ответа с приведением примеров a и b, на которых они достигаются. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Докажите, что для любых действительных чисел a, b, c таких, что 0 < a, b, c < 1, выполнено следующее неравенство 
Пусть 
где 
Тогда неравенство запишем в виде
Но
| Критерии оценивания выполнения задания | Оценка | Баллы |
|---|---|---|
| Полное решение. | + | 12 |
| Представлены основные логические шаги решения. В решении отсутствуют некоторые обоснования. | ± | 9 |
| Решение в целом неверное или незаконченное, но содержит определенное продвижение в верном направлении. | ∓ | 2 |
| Решение не соответствует ни одному критерию, описанному выше. | −/0 | 0 |
| Максимальный балл | 12 | |
Известно, что многочлен имеет 4 различных действительных корня {
}. Многочлен вида 
имеет корни {
}. Найти коэффициент 
многочлена 
Обозначим коэффициенты заданного многочлена (кроме старшего) через 
Тогда по условию задачи имеем:
Вместе с многочленом 
рассмотрим многочлен 
имеющий корни {
}:
Рассмотрим многочлен
Заменой переменной получаем требуемый многочлен 
поскольку
В нашем случае
Ответ: -1216.
Решите уравнение 
в целых числах.
Пусть сначала 
Исходное уравнение в этом случае примет вид: 
(1)
то правая часть (1) кратна трем, а левая — нет. Значит, 
Если же предположить, что 
то, переписав (1) в виде 
вновь придем к противоречию: кратное трем число 
не может быть никакой степенью двойки. Поэтому 
и 
Пусть теперь числа x и y различны. Можно считать, что 
Положим:
Исходное уравнение запишется в виде
Заметим, что 
Действительно, из (3) следует, что 
Если то левая часть последнего равенства делится на 3, а правая — нет. Значит, Но тогда и 
(иначе, согласно (3), дробное число равнялось бы целому). Число 2 входит в канонические разложения на простые множители левой и правой частей (3) в одной и той же степени, поэтому 
(4)
(5)
Пусть 
Тогда 
С учетом (2) и (4) находим решение исходного уравнения: 
Пусть 
Тогда левая часть (5) кратна 4. Если t нечетно, то правая часть (5) на 4 не делится. Значит, 
Из (5) следует, что 
Значит, числа 
и 
являются степенями двойки. Заметим также, что на числовой оси эти числа находятся друг от друга на расстоянии 2. Такое возможно, только если 
Отсюда 
и тогда 
Подставляя найденные значения в (2) и (4), получаем решение 
Ответ: (−1, −1, 0), (1, 2, 1), (2, 5, 2) (при условии 
Решите уравнение в целых числах.
Пусть сначала Исходное уравнение в этом случае примет вид: (1) то правая часть (1) кратна трем, а левая — нет. Значит, Если же предположить, что то, переписав (1) в виде вновь придем к противоречию: кратное трем число не может быть никакой степенью двойки. Поэтому и
Пусть теперь числа x и y различны. Можно считать, что Положим:
Исходное уравнение запишется в виде
Заметим, что Действительно, из (3) следует, что Если то левая часть последнего равенства делится на 3, а правая — нет. Значит, Но тогда и (иначе, согласно (3), дробное число равнялось бы целому). Число 2 входит в канонические разложения на простые множители левой и правой частей (3) в одной и той же степени, поэтому (4) (5)
Пусть Тогда С учетом (2) и (4) находим решение исходного уравнения:
Пусть Тогда левая часть (5) кратна 4. Если t нечетно, то правая часть (5) на 4 не делится. Значит, Из (5) следует, что Значит, числа и являются степенями двойки. Заметим также, что на числовой оси эти числа находятся друг от друга на расстоянии 2. Такое возможно, только если Отсюда и тогда Подставляя найденные значения в (2) и (4), получаем решение
Ответ: (−1, −1, 0), (1, 2, 1), (2, 5, 2) (при условии
Среднее арифметическое 
и среднее геометрическое 
двух положительных целых чисел x и y являются двузначными числами. Одно из этих двузначных чисел получается из второго перестановкой цифр. Найдите разность x − y, если x > y.
Пусть 
а 
тогда получаем
Вычитая из первого уравнения последней системы второе, получаем:
Итак, 
Следовательно, (a − b)(a + b) делится на 11. Поскольку a и b являются цифрами, то
Таким образом, получаем (x − y)2 = 62 · 112, а x − y = 66.
Ответ: 66.
| Критерии оценивания выполнения задания | Оценка | Баллы |
|---|---|---|
| Задача решена полностью. | + | 14 |
| Решение задачи, содержит верную общую схему решения, в котором отсутствуют некоторые обоснования или в результате описки или арифметической ошибки получен неверный ответ. | ± | 10 |
| Решение задачи, содержит значительное продвижение в верном направлении. Решение не завершено или получен неверный ответ в результате неверного рассуждения. | +/2 | 7 |
| Решение в целом неверное или незаконченное, но содержит определенное содержательное продвижение в верном направлении. | ∓ | 3 |
| Задача не решена, содержательных продвижений нет. | − | 0 |
| Задача не решалась. | 0 | 0 |
Найти все значения a, при которых корни x1, x2, x3 многочлена 
удовлетворяют равенству 
Сделаем замену y = x + 2, тогда числа y1 = x1 + 2, y2 = x2 + 2, y3 = x3 + 2 являются корнями многочлена
По теореме Виета: 
Кроме того, должно выполняться равенство 
Непосредственно проверкой убеждаемся, что
из которого получается:
Ответ: 
| Критерии оценивания выполнения задания | Оценка | Баллы |
|---|---|---|
| Задача решена полностью. | + | 14 |
| Решение задачи, содержит верную общую схему решения, в котором отсутствуют некоторые обоснования. ИЛИ Решение задачи, содержит верную общую схему решения, но в результате описки или арифметической ошибки получен неверный ответ. | ± | 10 |
| Решение содержит значительное продвижение в верном направлении. Составлено верное уравнение для нахождения искомого параметра a. При этом решение не завершено или при правильном ответе в нем отсутствуют важные обоснования. ИЛИ Верно найдено значение параметра a, но не показано, что это значение единственно. | +/2 | 7 |
| Решение в целом неверное или незаконченное, но содержит определенное содержательное продвижение в верном направлении. | ∓ | 3 |
| Задача не решена, содержательных продвижений нет. | − | 0 |
| Задача не решалась. | 0 | 0 |
На доске написаны четыре различных положительных числа. Известно, что это 
и 
но известно, в каком порядке. Всегда ли можно определить, где именно каждое из чисел?
Докажем существование таких чисел x и z, что 
и, кроме того, 
Тогда на доске находятся, во-первых, числа 
и 
а, во-вторых, 
и невозможно определить, где какое число.
Возведём равенство 
в степень минус два (мы это можем делать, так как всё равно ищем положительные решения) и получим
Таким образом, нам необходимо решить уравнение 
что, после замены 
решим уравнение
Это уравнение имеет подходящий корень 
Осталось убедиться, что при таком значении 
все четыре числа различны. Это правда, так как числа из одной пары или 
совпадают при квадрате косинуса равном 1; совпадение чисел из разных пар означает равенство и вторых чисел тоже, откуда синус угла равен его тангенсу или котангенсу, что также не выполняется при найденном значении. Кроме того, что отсутствует на доске, так как 
аналогично для 
Можно также просто вычислить эти числа, это
Ответ:
Замечание. Более простые варианты, при которых мы не можем однозначно распределить числа, не подходят из-за запрета равенства чисел или запрета наличия косинуса. В силу симметрии у задачи есть второе решение, в котором x и z меняются местами.
Только ответ «не всегда» — 0 баллов.
Ответ с конкретными (правильными) числами без объяснения — 1 балл.
Решение, в котором доказывается существование таких чисел, но они не находятся в явном виде без необходимых проверок на соответствие дополнительным условиям — 2 балла.
Найдите 
если 
Напомним, что 
а 
Воспользуемся следующими формулами:
Введём обозначения: 
и 
Тогда
Составим квадратное уравнение 
и решим его относительное t:
При 
получаем 
и 
В ответе получаем обратные к t величины. Осталось убедиться, что для каждого из полученных значений найдётся x, при котором это значение достигается при данном A.
Действительно, 
поэтому для любого значения 
найдётся подходящий x. Далее, A выражается через t с точностью до знака, при этом оба возможных значения A достигаются при данном t: для того, чтобы поменять знак A, достаточно увеличить или уменьшить x на π.
Ответ: −3 или 5.
Только ответ — 0 баллов.
В решении не показано, что оба значения достигаются — снимать 1 балл.
Потерян один из ответов — снимать 1 балл.
За арифметические ошибки, несущественно влияющие на ход решения, снимать 0,5 балла за одну ошибку, снимать 1 балл за две ошибки или более.
Наверх