Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Последовательность чисел задана условиями , и
при всех Докажите, что все члены последовательности — целые числа.
Положим тогда Достаточно показать, что все числа – целые. Заметим, что и то есть Значит, при
Так как одно из чисел делится на то при число – целое.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть где — натуральное число. Известно, что числа — целые, при этом при всех и Докажите, что число делится на квадрат некоторого натурального числа, большего
Достаточно доказать утверждение: многочлен делится на Действительно, после деления (например, столбиком), в частном получится многочлен с целыми коэффициентами, и тогда равенство многочленов влечет равенство из которого следует утверждение задачи, поскольку — целое число.
Для доказательства утверждения сделаем замену положим и докажем, что делится на т.е. что последние два коэффициента многочлена равны
Свободный член многочлена равен Поскольку в многочлене коэффициент при равен коэффициент при многочлена равен Из условий следует, что удвоенный коэффициент при равен Тем самым, задача решена.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
В окружность вписан шестиугольник . Известно, что точка делит дугу пополам, а треугольники и имеют общую вписанную окружность. Прямая пересекает отрезки и в точках и , а прямая пересекает отрезки и в точках и соответственно. Докажите, что точки лежат на одной окружности.
Подсказка 1
Из-за общей вписанной окружности добываем ещё одну биссектрису и, соответственно, середину дуги
Подсказка 2
Раз проведены из середин дуг отрезки, то поможет лемма, что всегда получается добыть ещё вписанность (посчитайте угол между хордами и вписанный угол)
Подсказка 3
Явно же не хочется в XYTZ проводить что-то такое и считать углы, значит, надо будет считать отрезки. А счёт отрезков для вписанных четырёхугольников это степень точки писать
Подсказка 4
Рассмотрите случай, когда стороны XYTZ параллельны, а в ином случае можно пересечь и реализовать план пункта 2
Пусть — центр вписанной окружности и , тогда образуют прямую, поскольку — середина дуги , кроме того, тогда — середина дуги . Заметим, что , откуда вписан. Аналогично и вписан . Далее если , то картинка симметрична и образуют прямоугольник, иначе , запишем степень точки
Пользуемся вписанностью , и , в итоге вписан из равенства первого и последнего.
что и требовалось доказать
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Петя задумал два многочлена и каждый вида (т. е. степень каждого многочлена не превышает ). За ход Вася называет Пете число а Петя сообщает ему (по своему усмотрению) одно из значений или (не уточняя, какое именно он сообщил). После ходов Вася должен определить один из петиных многочленов. При каком наименьшем у Васи есть стратегия, позволяющая гарантированно этого добиться?
Мы будем называть многочлен вида просто многочленом, а график такого многочлена — просто графиком. Мы будем пользоваться следующей известной леммой.
Лемма. Через любые три точки с разными абсциссами проходит ровно один график.
Доказательство. Один график, проходящий через эти точки, найдётся всегда. С другой стороны, если через три точки проходят графики двух разных многочленов и то разность имеет три корня что невозможно.
Из леммы следует, что через любые две точки с разными абсциссами проходит бесконечно много графиков, и любые два из них пересекаются только по этим двум точкам. Перейдём к решению. Будем считать, что Петя задумал два графика, за ход Вася называет Пете число а Петя отмечает точку с абсциссой на одном из графиков. Можно считать, что на разных ходах Вася называет разные (иначе Петя повторит ответ).
Рассмотрим ситуацию после ходов. Назовём пару графиков подходящей, если объединение этих графиков содержит все отмеченные Петей точки.
Покажем, что Мы будем считать, что Петя изначально не рисует никаких графиков, а просто отмечает некоторые точки с данными абсциссами. Покажем, как ему действовать, чтобы после ходов нашлись две подходящих пары графиков такие, что все графика различны; это и будет означать, что Вася не смог добиться требуемого, ибо Петя мог нарисовать любую из этих пар.
Будем обозначать точку, появляющуюся после -го хода, через На первых двух ходах Петя выбирает На следующих ходах Петя отметит точки и на графике многочлена и точки и — на графике многочлена Седьмым ходом Петя выбирает точку , не лежащую ни на одном из графиков, проходящем через какие-то три точки из и Тогда существуют графики и проходящие через тройки точек и согласно нашему выбору, эти графики различны и отличаются от и Значит, пары и — подходящие, и все эти четыре графика различны, то есть Вася не сможет добиться требуемого.
Покажем, как Васе добиться требуемого за ходов. На первых ходах он называет произвольных различных чисел.
Назовём график подозрительным, если он проходит хотя бы через три точки, отмеченных Петей на этих ходах. Назовём число плохим, если два различных подозрительных графика имеют общую точку с абсциссой Существует лишь конечное количество подозрительных графиков и, следовательно, лишь конечное количество плохих чисел.
На восьмом ходу Вася называет любое неплохое число После того, как Петя отметит восьмую точку, возможны два случая.
Случай Существует график многочлена содержащий пять из восьми отмеченных точек. Три из этих точек лежат на одном из Петиных графиков; по лемме, этот график совпадает с Значит, Васе достаточно назвать многочлен
Случай Такого графика нет. Это значит, что на каждом из Петиных графиков лежит ровно по отмеченных точки; поэтому оба этих графика подозрительны. Докажем, что существует единственная пара подозрительных графиков, содержащих в совокупности все отмеченных точек; тогда Васе достаточно назвать любой из соответствующих многочленов. Пусть и — две таких пары, причём и содержат Согласно выбору числа это может произойти лишь при Но тогда каждый из графиков и проходит через отмеченных точки, не лежащих на и они совпадают согласно лемме. Значит, и наши пары совпадают.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
На доске пишут квадратных трёхчленов вида (вместо коэффициентов написаны звёздочки). Можно ли при каком-либо поставить вместо звёздочек некоторые последовательных натуральных чисел (в каком-то порядке) так, чтобы каждый из данных трёхчленов имел два различных целых корня?
Решение будет состоять из трёх шагов
Докажем следующую лемму. Лемма. Пусть при некоторых натуральных квадратный трёхчлен имеет целые корни. Тогда и делятся на
Доказательство. По теореме Виета и являются целыми числами. Лемма доказана.
Предположим, что натуральные числа (при некотором целом неотрицательном k) нужным образом расставлены в качестве коэффициентов данных квадратных трёхчленов Для определённости пусть Тогда откуда и т.д., Тогда из леммы следует, что минимальное из чисел не меньше, чем а максимальное (назовём его ) — не меньше, чем Но должно быть среди чисел Получаем Отсюда и, значит, Кроме того, откуда сразу следует, что при
Среди подряд идущих чисел менее чётных. С другой стороны, зная, что пробегают числа получим оценку снизу на количество чётных чисел среди всех коэффициентов. Заметим, что в каждой из троек хотя бы одно чётное число, иначе значение трёхчлена в любой целой точке будет нечётно, в частности, такой трёхчлен не может иметь целых корней. Если же чётно (количество соответствующих троек равно ), то и в силу леммы, тоже чётные, значит, в такой тройке все три коэффициента чётные. Итого Сравнивая верхнюю и нижнюю оценки, имеем откуда Противоречие.
Нет
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
На сторонах выпуклого четырёхугольника во внешнюю сторону построены прямоугольники. Оказалось, что все вершины этих прямоугольников, отличные от точек лежат на одной окружности. Докажите, что четырехугольник — вписанный.
Пусть — один из данных прямоугольников, а — центр окружности, на которой лежат восемь вершин из условия задачи. Тогда лежит на серединном перпендикуляре к отрезку Но он совпадает с серединным перпендикуляром к отрезку Поскольку лежит на нём, имеем Аналогично доказываем, что и Тогда равноудалена от всех вершин четырехугольника значит, вписан в окружность с центром что и требовалось доказать.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть — простое число, большее Докажите, что найдется натуральное число меньшее и такое, что число невозможно представить в виде произведения двух целых чисел, каждое из которых больше
Положим Предположим противное: для каждого из чисел существует разложение где Заметим, что каждое из чисел и строго больше а также что иначе Значит, каждое из чисел набора лежит в множестве из чисел Таким образом, в этом наборе найдутся два равных числа. Пусть каждое из этих двух чисел равно
Пусть эти равные числа имеют равные индексы в наборе, то есть при некотором Тогда поэтому число делится на простое Так как это может быть лишь при Тогда соответствующее значение равно что при больше, чем Противоречие (так как ).
В противном случае существуют индексы такие, что для которых числа и делятся на Тогда и также делится на Из взаимной простоты чисел и получаем, что делится на а это невозможно, так как
Таким образом, в каждом случае получено противоречие и, следовательно, указанное в условии задачи число всегда найдётся.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Даны действительные числа и причём Пусть
Докажите, что последовательность убывает.
Нас просят доказать неравенство для всех натуральных По условию Перепишем корни в степени и приступим к доказательству:
Сократим на
Заметим, что:
Сократим на величину которая является положительной, поскольку
Осталось заметить, что и потому что и Следовательно, их сумма больше
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Бесконечная последовательность ненулевых чисел такова, что при всех натуральных число является наименьшим корнем многочлена
Докажите, что существует такое что в бесконечной последовательности каждый член меньше предыдущего.
Пусть Заметим, что при всех Значит, поскольку имеет ненулевой корень, он имеет и отрицательный корень, откуда
Далее, поскольку имеем
Так как степень многочлена чётна, а старший коэффициент положителен, при достаточно больших по модулю отрицательных он принимает положительные значения. Теперь из полученного выше соотношения следует, что у этого многочлена есть корень на интервале Значит, и
Итак, мы получили, что при всех Это означает, что последовательность — убывающая.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Дана клетчатая доска Фигура гепард из произвольной клетки бьёт все клетки квадрата с центральной клеткой за исключением клеток, находящихся с в одном столбце или одной строке. Какое наибольшее количество гепардов, не бьющих друг друга, можно расставить на доске?
Разобьём доску на квадратов Покажем, что в каждом квадрате может стоять не более гепардов, не бьющих друг друга — отсюда будет следовать, что общее число гепардов не может превосходить
Рассмотрим произвольный квадрат размера и произвольного гепарда в нём. Гепард бьёт все клетки квадрата, кроме клеток, лежащих с ним в одной строке или в одном столбце. Если один из остальных гепардов в квадрате стоит в одной строке с а ещё один, — в одном столбце с то и стоят в разных строках и столбцах и, следовательно, бьют друг друга; это невозможно. В противном случае, без ограничения общности, все гепарды в квадрате стоят в одной строке с то есть их не больше
Таким образом, мы доказали, что общее число гепардов не может превосходить осталось привести пример, когда эта оценка достигается. Пронумеруем столбцы доски подряд числами Расставим гепардов на все клетки столбцов, номера которых делятся на Этих гепардов будет и они не будут бить друг друга.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Петя и Вася по очереди выписывают на доску натуральные числа, не превосходящие (выписывать уже имеющееся число запрещено); начинает Петя. Если после хода игрока на доске оказываются три числа, образующих арифметическую прогрессию, этот игрок выигрывает. У кого из игроков есть стратегия, позволяющая ему гарантированно выиграть?
Рассмотрим момент после третьего хода (когда выписаны три числа). Если к этому моменту никто еще не выиграл, то следующим ходом Вася выигрывает — ему достаточно найти два выписанных числа одной чётности и выписать своим ходом их среднее арифметическое (оно является целым числом).
Кроме того, заметим, что если три целых числа из множества образуют арифметическую прогрессию, то её разность не больше (иначе разность между наибольшим и наименьшим числами будет не менее что невозможно).
Теперь опишем выигрышную стратегию Васи.
Пусть первым ходом Петя выписал число . Предположим, что Тогда Вася выписывает то из чисел или , чётность которого отлична от чётности числа (обозначим это число через ). После этого хода выписано два числа разной чётности; значит, они не могут быть первым и третьим членом прогрессии из целых чисел. А поскольку они также не могут быть соседними членами прогрессии. Тем самым, Петя не сможет выиграть третьим ходом. Но в этом случае, как мы видели ранее, следующим ходом Вася выиграет.
Если же то Вася отвечает, выписывая то из чисел и которое по чётности отличается от Дальнейшие рассуждения аналогичны первому случаю.
У Васи
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Изначально на доске записаны несколько натуральных чисел (больше одного). Затем каждую минуту на доску дописывается число, равное сумме квадратов всех уже записанных на ней чисел (так, если бы на доске изначально были записаны числа то на первой минуте было бы дописано число ). Докажите, что сотое дописанное число имеет хотя бы различных простых делителей.
Заменим в условии сто на и докажем утверждение индукцией по Обозначим число, записанное на -й минуте через Так как оно имеет хотя бы один простой делитель, то есть база доказана.
Переход. Заметим, что То есть делится на все простые делители (по предположению их хотя бы ), а также оно делится на простой делитель отличный от простых делителей поскольку Получили требуемое.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Натуральные числа и где таковы, что Докажите, что хотя бы одно из чисел – составное.
Достаточно показать, что хотя бы одно из двух чисел и больше Действительно, если, например, то делится на и значит, – составное число. Из условия следует, что значит, делится на Но тогда, если то и что противоречит условию.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Паша выбрал (не обязательно различных) натуральных чисел и играет сам с собой в следующую игру. Изначально у него есть неограниченный запас камней и больших пустых коробок. За один ход Паша добавляет в любую коробку (по своему выбору) камней, в любую из оставшихся коробок (по своему выбору) — камней, наконец, в оставшуюся коробку — камней. Пашина цель — добиться того, чтобы после некоторого хода во всех коробках стало поровну камней. Мог ли он выбрать числа так, чтобы цели можно было добиться за хода, но нельзя — за меньшее ненулевое число ходов?
Заметим, что Приведём пример Пашиных чисел, при которых требуемое выполняется. Пусть среди его чисел двоек, чисел, равных а остальные — единицы.
Чтобы добиться требуемого за хода, Паша выбирает коробок, в которые он всегда кладёт по два камня — через хода в них окажется камней. Остальные коробки он разбивает на группы по коробок; на -м ходу он положит по камня во все коробки -й группы и по одному камню — в коробки остальных групп. Тогда через хода в каждой коробке каждой группы будет по камней, то есть во всех коробках будет поровну камней.
Осталось доказать, что за меньшее число ходов требуемое невыполнимо. Пусть Паша сделал ходов. Тогда в какую-то коробку попало камня на одном ходу и в ней будет не меньше, чем камней. С другой стороны, поскольку в какую-то коробку ни на одном из ходов не попадёт камня, то есть в ней будет не больше камней. Поскольку имеем а значит, в коробке меньше камней, чем в Таким образом, Паша ещё не добился требуемого.
Да, мог
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Коэффициенты квадратного трёхчлена — натуральные числа, сумма которых равна Паша может изменить любой коэффициент на заплатив рубль. Докажите, что он может получить квадратный трёхчлен, имеющий хотя бы один целый корень, заплатив не более рублей.
Подсказка 1
Во-первых, что мы можем делать, чтобы при каком-то условии точно был корень? Мы можем уменьшать c до 0, ведь тогда у нас будет корень 0. Но что, если c > 1050?
Подсказка 2
Тогда a + b <= 949. Что еще нам выгодно сделать? Коль скоро мы уже зануляли последний коэффициент, то надо пробовать занулить средний (ведь в дискриминанте первый и последний почти никак не отличаются, так как они равноправны). Что мы вообще хотим, если предполагаем занулять средний? Мы хотим, чтобы -4ac было квадратом, значит, a < 0. Ну и поскольку а никак не зависит от с, не считая суммы, то стоит попробовать взять а = -1, и тогда останется только сделать c - точным квадратом. Почему все это можно реализовать за 1050 действий?
Подсказка 3
Верно, чтобы сделать a = -1, b = 0 надо не более 950 действий. У нас остается 100 действий, но при этом, понятно, что в силу того, что с < 2000, так как изначально числа натуральные, то расстояние до ближайшего квадрата точно не больше чем 45^2 - 44^2(чем больше квадрат, тем больше расстояние от него до следующего) = 89 < 100. Значит, 100 действий, чтобы довести до квадрата, хватит!!
Если то просто сделаем и получим корень Пусть теперь тогда Сделаем и на это уйдёт не более рублей. В нашем распоряжении осталось хотя бы рублей, покажем, что их достаточно, чтобы увеличить или уменьшить до ближайшего квадрата. а значит оно располагается между квадратами, расстояние между которыми не превосходит Таким образом, нам хватит рублей, чтобы сделать квадратом и получить трёхчлен который имеет целые корни, что и требовалось.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Уравнение
с целыми ненулевыми коэффициентами имеет различных целых корней. Докажите, что если любые два корня взаимно просты, то и числа и взаимно просты.
По теореме Виета равен модулю суммы всевозможных произведений чисел из наборов а равен модулю произведения всех корней. Покажем, что не делится на Для этого заметим, что По условию все корни взаимно просты, отсюда и следует, что не делится ни на один из корней, но тогда он не имеет общих множителей с что и требовалось.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Найдите все , при которых уравнение
(относительно ) имеет действительное решение при любом .
Подсказка 1
Уравнение относительно z является квадратным. И нам нужно, чтобы оно имело решение. Тогда попробуйте рассмотреть дискриминант этого уравнения. Получается ли что-нибудь хорошее?
Уравнение относительно является квадратным, а значит, для наличия действительного корня необходимо и достаточно, чтобы дискриминант, равный , был неотрицательным, то есть . Если скобочка положительна, то при условие не выполняется. Если отрицательно, то при снова не выполняется. Если же , то есть , то неравенство справедливо при любом .
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
На оси произвольно расположены различные точки , . Построены все параболы, задаваемые приведенными квадратными трехчленами и пересекающие ось в данных точках (и не пересекающие ось в других точках). Пусть — функции, задающие эти параболы. Докажите, что парабола пересекает ось в двух точках.
Подсказка 1
Если нам даны точки на оси, то мы знаем корни каждой параболы. Как тогда будет выглядеть уравнение параболы в общем случае?
Подсказка 2
Мы можем легко по теореме Виета составить уравнение параболы по её корням. Всего у нас n(n-1)/2 различных пар иксов. Тогда как будет выглядеть сумма всех возможных функция, задающих параболы, проходящие через данные точки?
Подсказка 3
Сумма всех таких функций равна x² * n(n-1)/2 - (n-1)(x₁ + x₂ +…+ xₙ) * x + (x₁x₂ + … + xₙ₋₁xₙ) Каким образом мы можем доказать, что данная функция будет иметь два пересечения с осью Ox?
Подсказка 4
Если докажем, что дискриминант больше нуля, то докажем, что функция пересекает ось Ox в двух точках.
Понятно, что приведённый трёхчлен, проходящий через , имеет вид . Тогда их сумма равна
Старший коэффициент равен количеству трёхчленов, которые имеют корни в указанных точках. Покажем, что дискриминант положителен:
Достаточно доказать, что:
После раскрытия скобочек и привидения подобных получим:
Последнее неравенство верно, так как переменные различны.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Длины сторон многоугольника равны . Квадратный трехчлен таков, что . Докажите, что если — сумма длин нескольких сторон многоугольника, — сумма длин остальных его сторон, то .
Подсказка 1
В данной задаче мы хотим доказать, что квадратный трехчлен обладает некоторой симметрией. Какой симметрий обладает парабола?
Подсказка 2
График квадратного трехчлена обладает осевой симметрией: f(x) = f(a - x) для некоторого фиксированного a. Как эта симметрия применима к нашей задаче?
Подсказка 3
Пусть S - сумма всех сторон многоугольника. Тогда нам дано, что f(a_1) = f(S - a_1).
Переформулируем задачу в непрерывном виде , тогда нашлось такое (, что , то есть
Может ли быть так, что ? Нет, поскольку в многоугольнике хотя бы 3 стороны и выполнено неравенство ломаной — если вычесть из обеих частей , то остальные стороны будут образовывать ломаную, соединяющую начало и конец стороны, что соответствует длине . Но тогда , далее , но подставляя это аналогично (*), получим , что выполнено из , что и требовалось.
что и требовалось доказать
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
К натуральному числу приписали справа три цифры. Получившееся число оказалось равным сумме всех натуральных чисел от 1 до . Найдите, чему может равняться .
Пусть приписали число , тогда , то есть или . Произведение неотрицательно, при этом , однако при равенство невозможно, то есть возможно только , для , которое подходит в силу равносильности преобразований.