Тема Иннополис - задания по годам

Иннополис 2025

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела иннополис - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119884

Пусть $D$ — некоторое фиксированное непустое множество, а $f(x,y)$ — функция двух переменных, принимающих значения из $D.$ Известно, что

1.: $f(x,f(y,z))= f(f(x,z),y)$ для любых $x,y,z ∈ D,$
2.: для любых значений $x,z ∈ D$ существует такое $y ∈ D,$ что $f(x,y)=z.$

Докажите, что существует такое $t∈D,$ что $f(t,x) =x$ для всех $x∈D.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.1 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что хочется подставить вместо y в первое правило, чтобы получить какое-то полезное свойство для нашей функции?

Подсказка 2

Подставим вместо y x, на какое свойство для функции это похоже? Как использовать второе свойство?

Подсказка 3

Докажите, что наша функция симметрична, то есть f(x, y) = f(y, x).

Подсказка 4

Какие y и z можно подставить во второе правило, чтобы оно стало похоже на то, что от нас требуют?

Подсказка 5

Подставим во второе правило y = t, z = t, x = p. Осталось цепочкой равенств показать, чему же равно f(t, x).

Показать доказательство

Сначала докажем, что $f(x,y)=f(y,x)$ при любых $x,y ∈ D.$ Согласно свойству $2,$ для $x$ и $y$ существует такое $d,$ что $f(x,d) =y;$ тогда с помощью свойства $1$ получаем $f(x,y) =f(x,f(x,d))= f(f(x,d),x)= f(y,x).$

Далее, пусть $p$ — произвольный элемент $D;$ согласно свойству $2,$ существует такое $t∈ D,$ что $f(p,t)= p.$ Для этого $t$ и произвольного $x∈D$ имеем $f(t,x)= f(t,f(p,c)),$ где $c$ таково, что $f(p,c)= x$ (см. свойство $2).$ Тогда, используя доказанное выше, свойство $1$ и равенство $f(p,c)=x$ получаем

f(t,x)= f(t,f(p,c)) =f(t,f(c,p))=f(f(t,p),c)=f(f(p,t),c)= f(p,c),

что и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#119885

Пусть $b ,b ,...,b 1 2 2025$ — неотрицательные числа, и

2025 2024 (x+ b1)(x+b2)⋅⋅⋅(x+b2025)= a2025x +a2024x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0

Докажите, что $a2≥ ai−1ai+1 i$ для любого $i= 1,2,3,...,2024.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.2 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Выглядит страшно... В условии сказано, что нужно доказать утверждение для всех i = 1, 2, 3, ..., 2024. Какой метод доказательства напрашивается?

Подсказка 2:

Конечно! Метод математической индукции. Давайте заменим 2025 на n и докажем утверждение в общем виде. Так... Базу доказать достаточно просто: раскроем скобки, выразим ашки через бэшки. Тогда, написав нужное нам неравенство, выражая его через бэкши, оно становится очевидным. Теперь давайте напишем индукционное предположение и переход.

Подсказка 3:

Пусть bₙ₊₁ = b. Докажем, что умножив выражение из индукционного предположения на (x+b), неравенства сохраняют свою справедливость. Давайте приведём многочлен с ашками к виду aₙxⁿ⁺¹ + (aₙb + aₙ₋₁)xⁿ + ... + (a₂b + a₁)x² + (a₁b + a₀)x + a₀b. Как тогда выглядят неравенства, которые нам надо доказать? Какие из них стоит рассмотреть отдельно?

Подсказка 4:

Для доказательства индукционного перехода достаточно доказать следующие неравенства: 1. (aₙb + aₙ₋₁)² ≥ aₙ(aₙ₋₁b+aₙ₋₂); 2.(a₁b+a₀)² ≥ a₀b(a₂b +a₁); 3. (aᵢb + aᵢ₋₁)²

Подсказка 5:

Давайте раскроем скобки в левой и правой части неравенства. Теперь пару раз применим индукционное предположение, чтобы оценить (aᵢ²b²) и (aᵢ₋₁)² из левой части через слагаемые из правой части. Осталось сравнить средние слагаемые. Очевидно, что для этого достаточно сравнить aᵢaᵢ₋₁ и aᵢ₊₁aᵢ₋₂. Что нужно сделать, чтобы воспользоваться уже знакомым нам приёмом?

Подсказка 6:

Конечно! Умножим обе части на aᵢaᵢ₋₁ и напишем индукционное предположение!

Показать доказательство

Докажем индукцией более общее утверждение:

Для любого целого $n ≥2,$ если $b1,...,bn$ неотрицательны и

n n−1 anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0 = (x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)

то $a2≥ a a i i−1 i+1$ для любого $i=1,2,...,n − 1.$

База индукции $(n= 2):$ в таком случае $a = 1,a = b +b 2 1 1 2$ и $a = bb , 0 1 2$ а значит, $a2= b2+2b b +b2≥ bb = a a 1 1 12 2 12 02$ — доказано.

Индукционное предположение: пусть для некоторого $n≥ 2$ и любых неотрицательных $b,...,b, 1 n$ если

n n−1 anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0 = (x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)

то $a2≥ ai−1ai+1 i$ для любого $i=1,2,...,n − 1.$

Шаг индукции: рассмотрим многочлен $(x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)(x+b),$ где $b≥ 0.$ Имеем

n n−1 (x+ b1)⋅⋅⋅(x +bn)(x+ b)=(anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x+ a0)(x +b)=

= a xn+1+(a b+ a )xn+ (a b+ a )xn−1+⋅⋅⋅+(a b+a )x2+(a b+a )x+a b n n n−1 n−1 n−2 2 1 1 0 0

Для завершения индукционного шага достаточно рассмотреть (доказать) три неравенства:

1.: $(anb+an−1)2 ≥ an(an−1b+an−2);$
2.: $(a1b+a0)2 ≥a0b(a2b+ a1);$
3.: $(aib+ ai− 1)2 ≥ (ai+1b+ai)(ai−1b+ ai− 2)$ для всех i = $2,...,n− 1.$

Рассмотрим их по порядку:

1.

Раскроем скобки и оценим выражение, откинув неотрицательные слагаемые,

2 22 2 2 (anb+ an−1) = anb+ 2anan− 1b+ an−1 ≥ anan−1b+ an−1

Теперь, применяя предположение индукции, получаем то, что нужно

2 anan−1b+an−1 ≥ anan−1b+anan−2 = an(an−1b+ an−2)

2.

Применяя базу, получаем то, что нужно

(a1b+a0)2 =a21b2+ 2a1a0b+a20 ≥ a2a0b2+ a1a0b= a0b(a2b+a1)

3.

Пусть теперь $i∈{2,...,n − 1}$ — произвольное целое число. Раскроем скобки в левой части неравенства:

(aib +ai−1)2 = a2b2+ 2aiai−1b+a2 i i−1

Раскроем скобки в правой части неравенства:

(ai+1b+ai)(ai−1b +ai−2)= ai+1ai−1b2 +(ai+1ai−2 +aiai−1)b+aiai−2

По предположению индукции первое слагаемое из левой части неравенства не меньше первого слагаемого из правой части неравенства: $a2ib2 ≥ai+1ai−1b2.$ Аналогично, последнее слагаемое из левой части неравенства не меньше последнего слагаемого из правой части неравенства: $a2i−1 ≥ aiai−2.$

Теперь сравним средние слагаемые в левой и правой частях неравенства: очевидно, что для этого достаточно сравнить $aa ii−1$ и $a a . i+1 i−2$ Для этого умножим обе величины на $aa ii− 1$ и применим индукционное предположение:

(aiai−1)2 = a2ia2i−1 ≥ (ai+1ai−1)(aiai−2)= (ai+1ai−2)(aiai−1)

Следовательно, $aiai−1 ≥ai+1ai−2,$ что завершает доказательство.

Шаг индукции доказан, а вместе с ним и утверждение, обобщающее утверждение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#119886

В стране $N$ есть 10 городов, каждая пара которых соединена двусторонним авиамаршрутом, который обеспечивается одной из двух авиакомпаний. Докажите, что одна из этих авиакомпаний может предложить своим пассажирам два циклических маршрута, каждый из которых проходит по нечетному числу городов, причем ни один город не является частью обоих маршрутов.

Источники: Иннополис - 2025, 11.3 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Переформулируем задачу: города и авиамаршруты между ними - это граф К₁₀, принадлежность маршрута авиакомпании можно принять за цвет (красим ребра в 2 цвета, пусть это будут красный и синий). Тогда нам нужно найти 2 непересекающихся цикла нечетной длины, окрашенных в один цвет.

Подсказка 2

А если мы перейдем к какому-то подграфу? Какой длины у нас могут быть циклы, если всего вершин 10? Быть может, в некотором подграфе мы гарантированно сможем найти цикл нечетной длины?

Подсказка 3

Попробуйте рассмотреть граф К₆ и доказать, что в нем всегда найдется одноцветный цикл длины 3. Как это можно сделать?

Подсказка 4

Попробуйте рассмотреть "углы" (например, ребра v₁v₂ и v₁v₃ образуют "угол" v₂v₁v₃) и оценить среди них количество покрашенных в один цвет (оба ребра одного цвета).

Подсказка 5

Отлично, теперь давайте посмотрим на исходный граф. Достаточно ли доказанного факта для решения задачи?

Подсказка 6

Нет, у нас может получиться 2 цикла разных цветов, а они должны быть одноцветны. Давайте рассмотрим граф, который образуют эти 2 цикла, пусть в первом цикле были вершины v₁, v₂ и v₃, а во втором - v₄, v₅ и v₆. Возможно, благодаря новым ребрам мы сможем получить желаемое. Давайте без ограничения общности попробуем оценить количество синих ребер в новом графе.

Подсказка 7

Попробуйте доказать, что мы сможем найти один красный и один синий "угол" в этом графе, образованные ребрами между множествами вершин {v₁, v₂, v₃} и {v₄, v₅, v₆}. Какой вывод мы можем сделать из существования этих "углов"?

Подсказка 8

Так как мы строили граф на вершинах из циклов синего и красного цветов, мы получим два треугольника (граф К₃) таких же цветов, при том они будут иметь общую вершину. Можем взять вершины одного из этих треугольников в качестве первого цикла и попробовать найти еще один, который не пересекается с ним.

Подсказка 9

Пусть у нас нашлись треугольники v₁-v₂-v₃ и v₃-v₄-v₅. Рассмотрите граф К₁₀ \ {v₁, v₂, v₃, v₄, v₅}. Это будет граф К₅. Чем он может нам помочь?

Подсказка 10

Действительно, если в тем найдется одноцветный треугольник, то просто возьмем его в качестве второго цикла. А если нет? Нарисуйте граф К₅ и поищите в нем циклы нечетной циклы при условии, что у нас не нашелся одноцветный треугольник.

Подсказка 11

На самом деле, в графе К5 без одноцветного треугольника всегда найдутся 2 непересекающихся цикла одного цвета и длины 5, теперь надо доказать это в общем виде, и задача будет решена.

Подсказка 12

Посмотрите на какую-нибудь вершину и ребра, которые из нее выходят. Можно ли что-то сказать об их цветах?

Подсказка 13

Из условия о несуществовании треугольника получится, что из каждой вершины выходит ровно 2 красных и 2 синих ребра. Теперь рассмотрите подграф, состоящий (без ограничения общности) только из красных ребер, и доведите решение до конца.

Показать доказательство

Построим граф $(K ), 10$ вершины которого — города, а ребра — авиамаршруты между городами. Будем красить ребра в красный и синий цвета в зависимости от того, какой авиакомпании принадлежит соответствующий маршрут. Требуется доказать, что в построенном графе существуют два непересекающихся нечетных цикла одного цвета.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 1. Если каждое ребро полного графа $K6$ (граф с $6$ -ю вершинами, каждая пара из которых соединена ребром) покрасить в один из двух цветов, то найдется треугольник (цикла длины $3),$ все стороны (ребра) которого имеют один цвет.

Доказательство. Пусть $v1,...,v6$ — вершины графа. Если ребра $vivj$ и $vivk$ окрашены в один цвет, то будем считать, что в этот цвет покрашен угол $vjvivk.$ Пусть $ri,bi$ — количества соответственно красных и синих ребер, выходящих из вершины $vi.$ Тогда $ri+ bi = 5$ (для всех $i$ ) и общее число окрашенных углов

6 6 ∑ (C2r+ C2b)≥ ∑ (C22 + C23)= 24 i=1 i i i=1

С другой стороны, в каждом «одноцветном» треугольнике все три угла должны быть окрашены в один цвет, а в каждом «неодноцветном» треугольнике есть только один окрашенный угол. Всего есть $3 C6 = 20$ треугольников и пусть $m$ из них одноцветны, тогда $3m+ (20 − m )≥24,$ откуда $m ≥2 >1,$ что завершает доказательство леммы 1.

___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 2. Если каждое ребро полного графа $K5$ (граф с $5$ -ю вершинами, каждая пара из которых соединена ребром) покрасить в один из двух цветов, и в этом графе нет одноцветного треугольника (цикла длины $3,$ все ребра которого окрашены в один цвет), то в этом графе есть два непересекающихся (не имеющих общих ребер) цикла, каждый из которых окрашен в один цвет и имеет длину $5.$

Доказательство. Пусть $v1,v2,...,v5$ — вершины графа. Рассмотрим ребра $v1v2,v1v3,v1v4,v1v5$ — если три из них имеют один и тот же цвет, то найдется одноцветный треугольник, что противоречит условию: действительно, пусть $v1v2,v1v3,v1v4$ — красные, тогда все ребра $v2v3,v3v4,v4v2$ должны быть синими (иначе получим красный треугольник), но тогда мы имеем синий треугольник. Итак, из каждой вершины выходят по два красных и два синих ребра.

Рассмотрим граф, состоящий из $5$ вершин и только красных ребер — в таком графе степень каждой вершины равна $2,$ а значит, он либо является циклом длины $5,$ либо разбивается на меньшие циклы. Если разбить граф на $5$ вершинах степени $2$ на меньшие циклы, то либо получим цикл из $1$ вершины (в наших условиях это невозможно), либо одноцветный треугольник, что также исключено (см. выше). Итак, граф на красных ребрах — цикл длины $5,$ аналогичный вывод делаем для графа на синих ребрах. Лемма 2 доказана.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к задаче: пусть $v1,v2,...,v10$ — вершины графа $K10$ и пусть $v1v2v3$ — одноцветный треугольник в нем (его существование следует из леммы $1).$ В графе $K10∖{v1,v2,v3}$ также есть одноцветный треугольник, т.к. количество его вершин не меньше $6$ (даже $7)$ — пусть это треугольник $v4v5v6.$ Если эти треугольники окрашены в один цвет, то решение завершено. Если же нет (допустим, $v1v2v3$ — синий, а $v4v5v6$ — красный), то рассмотрим ребра $vivj$ для $i=1,2,3,$ $j = 4,5,6$ — всего $9$ ребер и, согласно принципу Дирихле, среди них найдутся $5$ ребер одного цвета (без ограничения общности будем считать, что синего). Тогда для некоторого $k∈ {4,5,6}$ найдутся два синих ребра из тройки $v1vk,v2vk,v3vk,$ т.е. меем один синий и один красный треугольники с общей вершиной $vk.$

Итак, “угол” $v v v 1 23$ — синий, а “угол” $vv v 3 45$ — красный. Рассмотрим граф $K ∖{v ,v ,v,v,v }= K . 10 1 2 3 4 5 5$ Если в нем есть одноцветный треугольник, то решение завершено: берем его и соответствующий ему по цвету $v vv 12 3$ или $vv v . 34 5$ Если в $K 5$ нет одноцветного треугольника, то, согласно лемме $2,$ в ней найдутся два разноцветных цикла длины $5$ — в этом случае берем нужный из этих циклов в качетсве второго циклического маршрута. Доказательство утверждения задачи завершено.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#119889

Дан остроугольный треугольник $ABC,$ около которого описана окружность $Ω$ и в котором проведены высоты $AA ,CC . 1 1$ Касательные к $Ω,$ проведенные в точках $A$ и $C,$ пересекаются в точке $D,$ и прямая $A1C1$ пересекает прямые $CD,AD$ в точках $E,F,$ соответственно. Докажите, что описанная окружность треугольника $DEF$ касается $Ω.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.4 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать, что окружность (ABC) является полувписанной окружностью треугольника DEF. Существует лемма Верьера, которая утверждает, что если окружность касается двух сторон треугольника и прямая, содержащая точки касания, содержит его инцентр, то такая окружность является полувписанной.

Подсказка 2

Чтобы подогнать задачу под эту лемму, достаточно поперекидывать углы и показать, что FI и EI — биссектрисы.

Подсказка 3:

По-хорошему саму лемму тоже надо бы доказать. Для этого нужно вспомнить лемму Архимеда и рассмотреть радикальную ось некоторой точки и окружности.

Показать доказательство

Пусть $B 1$ — основание высоты $△ABC,$ проведенной из точки $B,$ а $I$ — середина $AC.$

$PIC$

Заметим, что

∠FAC1 = ∠ACB = ∠AC1B1

откуда $B C ∥AF, 1 1$ аналогично и $A B ∥CE. 1 1$ Тогда можно записать такую цепочку равенств:

∠AC1F = ∠A1C1B =∠ACB =∠F AC1

Откуда следует $FA =F C1.$ Ввиду $IA= IC1$ имеем $△AIF =△C1IF.$ Из равенства треугольников следует, что $FI$ – биссектриса угла $∠DFE.$ Аналогично получаем, что $EI$ – биссектриса угла $∠DEF,$ т.е. $I$ – центр вписанной окружности $△DEF.$

Вспомним одно утверждение: отрезок, соединяющий точки касания полувписанной окружности треугольника с его сторонами, содержит центр вписанной окружности этого треугольника. Очевидно, верно и обратное: если окружность касается двух сторон треугольника так, что отрезок, соединяющий точки касания, содержит центр вписанной окружности этого треугольника, то первая окружность является полувписанной (т.е. касается двух сторон треугольника и его описанной окружности).

В нашей задаче окружность $Ω$ касается сторон треугольника $DEF$ в точках $A,C,$ причем отрезок $AC,$ как было доказано ранее, содержит центр $I$ вписанной окружности треугольника $DEF$ — значит, $Ω$ является полувписанной окружностью треугольника $DEF,$ т.е. касается его описанной окружности, что и требовалось доказать.

Теперь докажем использованное утверждение, называемое леммой Веррьера:

Лемма (Веррьера). Окружность $ω$ касается сторон $AB,BC$ треугольника $ABC$ в точках $C1,$ $A1$ соответственно и касается внутренним образом описанной окружности в точке $B1.$ Докажите, что инцентр (центр вписанной окружности) $I$ треугольника $ABC$ лежит на прямой $A1C1.$

Заметим, что по лемме Архимеда прямая $B1A1$ проходит через середину дуги $BC$ описанной окружности, не содержащей точку $A.$ Аналогично, прямая $B1C1$ проходит через середину дуги $AB,$ не содержащей вершину $C.$ Обозначим середины этих дуг через $A0,C0$ соответственно.

$PIC$

Из той же леммы Архимеда следует, что $A0B2 = A0A1⋅A0B1.$ Следовательно, степень точки $A0$ одинакова относительно окружности $ω$ и точки $B.$ Аналогичное утверждение верно и для точки $C . 0$ Из этого следует, что прямая $A C 0 0$ — радикальная ось точки $B$ и окружности $ω.$ Поэтому прямая $A0C0$ проходит через середины отрезков $BA1, BC1.$ Значит, прямая $A0C0$ содержит среднюю линию $FE$ треугольника $C1BA1.$ Следовательно, образ точки $B,$ при отражении точки $B$ относительно прямой $A0C0,$ лежит на прямой $A1C1.$

С другой стороны, по лемме о трезубце $IC0 =BC0$ и $IA0 = BA0.$ Поэтому точка $B$ при отражении относительно прямой $A0C0$ переходит в точку $I.$ Откуда и следует, что точка $I$ лежит на прямой $A1C1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#119891

Даны целое $a> 0,$ не являющееся целой степенью числа $10,$ и целое $b> 0.$ Верно ли, что существует такое целое $n >0,$ что в десятичной записи числа $n a$ встречается десятичная запись числа $b?$ Например, для $a= 2$ и $b= 19$ можно выбрать $n =13,$ т.к. $13 2 = 8192,$ в записи которого есть $19.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.5 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказки по 119891:

Подсказка 1:

Подсказка 2:

Иными словами, мы хотим подобрать такие целые положительные m и n, что 10^m • b < a^n < 10^m • (b + 1). Это сразу даст реализацию первой подсказки и решение задачи.

Подсказка 3:

В неравенстве довольно много степеней. Почему бы не прологарифмировать его по основанию 10?

Подсказка 4:

На самом деле это неравенство скрывает более общий факт. Запишем его так: lg(b) < nlg(a) - m < lg(b+1). Кстати, а мы же знаем, что a — не степень 10. Что можно сказать про число lg(a)?

Подсказка 5:

Докажите, что для иррационального x и любого интервала (u, v) найдутся целые положительные m, n такие, что u < nx - m < v.

Подсказка 6:

Попробуйте найти две пары чисел (m, n), чтобы разница между числом, соответствующим первой паре и числом, соответствующим второй паре, была меньше длины отрезка (u, v). Рассмотрите разницу t этих чисел, а также числа 2t, 3t, 4t, ..... Не найдётся ли среди них нужное?

Показать ответ и решение

Докажем, что для любого целого $a≥ 2$ ( $a⁄= 1= 100)$ и любого целого $b> 0$ найдется целое $n> 0,$ для которого десятичная запись числа $n a$ начинается с последовательно записанных цифр числа $b$ — иными словами, найдутся такие целые положительные $m,n,$ что

m n m 10 ⋅b< a < 10 ⋅(b+ 1)

Прологарифмируем последнее двойное неравенство с основанием $10:$

m + lgb <n ⋅lga< m +lg(b+ 1)

lgb< n⋅lga − m < lg(b+1)

Докажем, что $lga$ иррационально: если это не так, то $lga= pq$ для некоторых целых положительных взаимно простых $p,q,$ тогда $10p = aq,$ что невозможно. Итак, $lga$ иррационально.

Для завершения решения задачи можно доказать, что для любого иррационального $x> 0$ и любого выбранного интервала $(u,v)$ $(0< u< v)$ найдутся такие целые положительные $m,n,$ что

u< nx− m <v

Заметим, что для любого целого $n >0$ можно выбрать такое целое $mn > 0,$ что $0< nx− mn < 1.$ Пусть $k= ⌈v1−u⌉,$ т.е. отрезок $[0,1]$ можно разбить на $k$ равных отрезков, длина каждого из которых будет меньше длины интервала $(u,v).$ Рассмотрим бесконечный набор чисел $x− m1,$ $2x− m2,$ $3x− m3,...$ и выберем из него два числа попадающие в один и тот же из упомянутых $k$ отрезков — пусть это числа $ix− mi$ и $jx− mj$ (без ограничения общности будем считать, что первое меньше второго). Тогда

jx− m − (ix− m )= t∈(0;1∕k) j i

Для найденного $t$ рассмотрим числа $t,2t,3t,...$ — ввиду $t< 1∕k$ среди них найдется число, лежащее на интервале $(u,v),$ что и требовалось доказать.

Осталось заметить, что в условиях нашей задачи $x= lg a$ — иррациональное положительное число; $(u,v)=(lgb,lg(b+ 1))$ — положительный интервал (если $b= 1⇒ lgb= 0,$ то в качестве $u$ можно выбрать любое число из интервала $(0;lg(b+1))).$ Итак, найдутся такие целые положительные $m,n,$ что $lgb< n⋅lga− m < lg(b+ 1),$ т.е. десятичная запись числа $an$ будет начинаться с цифр числа $b.$

Ответ:

Да, верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#126631

Есть два приведенных (то есть с коэффициентом 1 при старшей степени) многочлена $P(x)$ и $Q (x)$ равных четных степеней с вещественными коэффициентами. Известно, что уравнение $P(x)= Q(x)$ не имеет вещественных корней. Какие из следующих уравнений имеют, а какие не имеют вещественные корни (хотя бы один корень)?

1.: $P (x)= Q(x+ 1)$
2.: $P (x+ 1)= Q(x+1)$
3.: $P (x+ 2)= Q(x+1)$

Источники: Иннополис - 2025, 10.1 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрим внимательно на предложенные уравнения. Ответ на один из пунктов задачи можно дать простой заменой переменных, но что делать с остальными?

Подсказка 2

Давайте вспомним, что интересного мы знаем о количестве корней многочлена с вещественными коэффициентами? Может ли быть так, что многочлен нечётной степени не имеет вещественных корней?

Подсказка 3

Чтобы определить чётность многочлена, получающегося в результате работы с каждым из уравнений, будем работать в первую очередь с двумя старшими степенями всех многочленов. Представьте P(x) в виде х^(2n) + a*x^(2n - 1) + p(x) и Q(x) в виде х^(2n) + b*x^(2n - 1) + q(x) — что можно сказать про коэффициенты а и b?

Подсказка 4

Рассмотрим первое уравнение! Запишите его при помощи представлений из первого пункта, а бином Ньютона поможет нам чуть-чуть раскрыть скобки и представить в нужной форме правую часть. Приведите подобные слагаемые для разности и сделайте выводы о чётности получившегося многочлена.

Подсказка 5

Нужно ли нам что-то раскрывать, чтобы сделать выводы о третьем уравнении? Если внимательно на него посмотреть, то перестановки и замена переменной решают эту задачу!

Показать ответ и решение

Введём обозначения, пользуясь условием.

2n 2n−1 P(x)= x +ax +p(x),

2n 2n−1 Q(x)= x +bx +q(x),

где $p(x),q(x)$ — многочлены степени не выше $2n− 2.$ Так как уравнение $P(x)=Q (x)$ не имеет вещественных корней, то и уравнение $P (x+ 1)= Q(x+1)$ не может иметь вещественных корней, так как мы имеем простую замену переменных. Поскольку $P (x)= Q(x)$ не имеет вещественных корней, имеем $a= b,$ иначе $P(x)− Q(x)$ был бы многочленом нечётной степени $2n − 1$ и потому имел бы хотя бы один вещественный корень.

Рассмотрим уравнение $P(x)= Q(x+1)$ и раскроем все члены $(x+ 1)k,$ где $0≤ k≤ 2k,$ по формуле бинома Ньютона:

2n 2n− 1 2n 2n−1 2n−1 Q(x+ 1)= (x+ 1) +b(x+1) +q(x+ 1)= (x +2nx + r(x))+ b(x + s(x))+t(x) =

= x2n+ (2n+ a)x2n−1+ u(x),

где $a =b,$ многочлены $r(x),s(x),t(x),u(x)$ имеют степени не выше $2n− 2.$ Следовательно,

P(x)− Q(x+ 1)=(x2n+ ax2n−1+ p(x))− (x2n+ (2n+ a)x2n−1+ u(x))= −2nx2n−1+ (p(x)− u(x))

является многочленом нечётной степени с вещественными коэффициентами, и, следовательно, уравнение $P(x) =Q (x+ 1)$ имеет хотя бы один вещественный корень.

Уравнение $P(x+ 1) =Q (x)$ имеет вещественный корень, что доказывается из предыдущих рассуждений после перестановки $P$ и $Q,$ из чего после простой замены следует существование вещественного корня уравнения $P(x+ 2)= Q(x+ 1).$

Ответ:

Уравнения 1 и 3 имеют хотя бы по одному вещественному корню каждое, а уравнение 2 не имеет ни одного вещественного корня.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#126632

Множество всех целых положительных чисел разбили на два непересекающихся подмножества — $A$ и $B$ . Докажите, что для любого целого $n> 0$ найдутся такие целые $x >y >n,$ что ${x,y,x +y}⊆ A$ или ${x,y,x+ y}⊆ B.$

Источники: Иннополис - 2025, 10.2 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите случай, когда одно из множеств (например, А) конечно. Пусть m — наибольший элемент А. Какие числа гарантированно попадут в В и удовлетворят условию?) Возьмите х = m+1, y = m+2, х+у = 2m+3 — все они обязаны лежать в B.

Подсказка 2

Если оба множества бесконечны, предположите противное: для некоторого n > 0 нужных троек нет. Как выбрать числа а > b > с > n из А, чтобы получить противоречие? Число b-с не может лежать ни в А иначе (b, b-с, с) с В, ни в В иначе (a+b, c+a, b-c) с B

Подсказка 3

Почему тройка (a+b, b+с, с+а) обязана полностью принадлежать В? Как это приводит к тому, что число b-с не принадлежит ни А, ни В? Это нарушает условие разбиения N на два непересекающихся множества!

Показать доказательство

Без ограничения общности, пусть множество $A$ содержит конечное число элементов, наибольший из которых равен $m.$ Тогда ${m +1,m +2,2m +3}⊂ B,$ и условие задачи выполнено.

Теперь будем считать, что каждое из множеств $A,B$ содержит бесконечное число элементов. Препдположим, что существует такое целое $n> 0,$ что для любых целых $x> y > n$ множество ${x,y,x+ y}$ не содержится ни в $A,$ ни в $B.$ Выберем $a >b >c> n$ из множества $A$ с условием $b− c> n$ $($ по предположению, $(b− c) ∕∈ A,$ иначе ${b,b− c,c}⊂ B),$ что возможно, поскольку $A$ бесконечно. Тогда ${a+ b,b+ c,c+ a}⊂ B,$ иначе нарушается предположение, но тогда $(b− c) ∕∈B,$ иначе ${a+ b,c+ a,b − c}⊂ B.$ Получили, что число $(b− c)$ не содержится ни в $A,$ ни в $B,$ что противоречит условию. Таким образом, исходное утверждение доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#126633

Бесконечная последовательность $a ,a,a ,a,... 1 2 3 4$ строится следующим образом: $a = 1$ $a =a = 1, 2 3$ и для $n> 3$

an =an−1⋅an−2+ an−3

Докажите, что для любого целого $d> 0$ найдется член этой последовательности, кратный $d.$

Источники: Иннополис - 2025, 10.3 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как нас интересует остаток при делении на d, логично попробовать рассмотреть последовательность b₁, b₂, b₃, ..., где b_i — остаток от а_i при делении на d. Что мы знаем об этой последовательности?

Подсказка 2

Мы хотим доказать, что в данной последовательности встретится 0. Мы знаем, что остатки могут принимать только конечное число значений, как это может помочь нам в доказательстве?

Подсказка 3

Так как члены исходной последовательности заданы рекуррентно, мы можем рассмотреть тройки последовательных членов нашей последовательности остатков, сколько всего есть таких троек? А сколько из них может быть различными?

Подсказка 4

Всего таких троек бесконечное число, ведь последовательность имеет бесконечное число членов! Но так как остатки при делении на d ограничены, то и различных троек у нас может быть лишь конечное число. О чем нам это говорит?

Подсказка 5

Тройки чисел будут повторяться! Более того, последовательность будет периодической (ведь по тройке чисел мы можем однозначно восстановить следующую тройку). Дополним нашу последовательность членом b₀ — остатком от а₀ = а₃ - а₁а₂ при делении на d, и учтем, что в силу периодичности последовательности этот остаток встретится вновь.

Показать доказательство

Зафиксируем произвольное целое $d> 0$ и рассмотрим последовательность $b ,b ,b,b,..., 1 2 3 4$ где $b i$ — остаток при делении члена $a i$ исходной последовательности на $d$ для всякого $i= 1,2,3,...$ Требуется доказать, что в последовательности ${bi}i=1,2,3,...$ встретится 0.

Заметим, что количество троек $(bi,bi+1,bi+2)$ бесконечно, при этом по каждой такой тройке можно однозначно определить как предыдущую $(bi−1,bi,bi+1),$ так и следующую тройку в последовательности, при этои количество различных троек конечно $($ их не более чем $3 d ),$ т.е. найдутся различные $i,j,$ для которых

bi = bj; bi+1 = bj+1; bi+2 = bj+2

Из вышесказанного следует, что последовательность ${bi}$ является периодической. Дополняя её элементом $b0,$ т.к. $a0 = a3− a2a1 = 1− 1⋅1= 0≡ 0 (mod d),$ делаем вывод, что $b|i−j| =0$ (для найденных ранее различных $i,j),$ откуда $a|i=j|$ кратно $d,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#126634

За один ход разрешается одновременно заменять все члены последовательности $x ,x ,x ,...,x 1 2 3 n$ действительных чисел на $|a− x1|,|a − x2|,|a− x3|,...,|a− xn|,$ соответственно (число $a$ для разных ходов может быть разным). Докажите, что за конечное число ходов из любой начальной последовательности можно получить последовательность, состоящую только из нулей $(0,0,0,...,0),$ и найдите наименьшее число ходов, за которое гарантированно можно этого добиться для фиксированного $n.$

Источники: Иннополис - 2025, 10.4 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подберём для каждого хода какое-то удобное число a.

Подсказка 2

a можно выражать через соответствующие xᵢ для каждого хода. Помните, что мы хотим обратить все xᵢ в 0.

Подсказка 3

Сделаем все иксы равными, тогда на следующем ходе при a = x₁ получим последовательность нулей.

Подсказка 4

Пусть на первом шаге a = (x₁ + x₂)/2. Какими тогда будут x₁ и x₂?

Подсказка 5

Получится, что x₁ после первого шага и x₂ после k-ого шага будут равны |x₁ - x₂|/2. Попробуйте за n шагов обратить все xᵢ в 0.

Подсказка 6

Это утверждение доказывается по индукции, обратите внимание на минимальный и максимальный элемент последовательности на каждом шаге.

Показать ответ и решение

Покажем, что $n$ шагов достаточно для получения нулевой, т.е. состоящей только из нулей, последовательности. Будем обозначать $(k) (k) (k) x1 ,x2 ,...,xn$ последовательность после $k$ -го шага преобразований, и за $(k) a$ будем обозначать значения $a,$ выбранное на $k$ -ом шаге. Пусть

(1) x1+ x2 a = --2---,

тогда

1 x(11)= x(k2)= 2|x1− x2|

Далее пусть

a(2) = x(11)+-x(k3), 2

тогда

(2) (2) (2) 1|| (1) (1)|| x1 = x2 = x3 = 2|x1 − x3|

Продолжая аналогично, на $k$ -м шаге выберем:

a(k) = x(1k−1)+-x(kk+−11), 2

тогда:

(k) (k) (k) 1||(k−1) (k−1)|| x1 = x2 = ⋅⋅⋅= xk+1 = 2|x1 − xk+1 |

для $k< n.$ На $n$ -м шаге выберем $(n) (n−1) a = x1$ и получим последовательность из нулей.

Теперь покажем, что $n$ шагов необходимы для некоторых начальных последовательностей, например, $1!,2!,...,k!.$ Докажем это индукцией по $n.$

База. $n= 1$ тривиальна.

Индукционная гипотеза. Пусть утверждение верно для некоторого целого $k≥ 1,$ т.е. последовательность $1!,2!,...,k!$ невозможно свести к нулевой последовательности менее чем за $k$ шагов. Докажем аналогичное для $k+ 1.$

Отметим, что если $m$ — наименьшее число шагов, необходимое для “обнуления” последовательности $x1,x2,...,xn,$ то $m (k−1) ≤ a(k) < M(k−1)$ для $k= 1,2,...,m,$ где:

m (k−1) = min{x(1k−1),x(k2−1),...,x(kn−1)}

M (k−1) = max{x(k1−1),x(k2−1),...,x(nk−1)}

Действительно, для $a(k) < m(k−1)$ и всех $i$ имеем:

| | | | || | | | ( )| x(ik+1)= ||a(k+1)− x(ik)||= ||a(k+1)− ||a(k)− x(ik−1)||||=||x(ki−1)− a(k+1)− a(k)||= ||x(ik−1)− a

На $k$ -м шаге мы устанавливаем $a= a(k)+a(k+1)$ для экономии шагов, что противоречит минимальности $m.$

С другой стороны, для $a(k) > M (k−1)$ и всех $i$ имеем:

x(k+1)=|||a(k+1)− x(k)|||= |||a(k+1)− |||a(k)− x(k−1)||||||= |||−x(k−1)− a(k+1)+ a(k)|||= &#x0 i i i i i

На $k$ -м шаге мы устанавливаем $a= a(k)− a(k+1)$ для экономии шагов , что опять противоречит минимальности $m.$

Итак, $M (0) ≥ M (1) ≥ ⋅⋅⋅≥ M (m),$ откуда $a(k) ≤ M (0)$ для всех $k.$ При этом из $m(k) ≥0$ следует $a(k) ≥ 0$ для всех $k.$

Из предположения, что последовательность $1!,2!,...,k!,(k +1)!$ можно "обнулить"за не более чем $k$ шагов, следует, что последовательность $1!,2!,...,k!$ также обнулена этими шагами, причём для неё это количество шагов является минимальным (индукционная гипотеза). Из выше изложенного следует,что $0≤ a(i) ≤ k!$ для всех $i=1,2,...,k,$ но тогда:

(k) |||| || (1)|| (2)|| (k)|| ( (1) (2) (k)) xk+1 = ||⋅⋅⋅|(k+ 1)!− a |− a |− ⋅⋅⋅− a |= (k +1)!− a + a + ⋅⋅⋅+a ≥ (k+1)!− k⋅k!> 0,

что противоречит $(k) xk+1 = 0.$ Значит, последовательность $1!,2!,...,k!,(k+ 1)!$ невозможно обнулить $k$ шагами, и потребуется как минимум $k+1$ шаг, что завершает индукцию и решение задачи.

Ответ:

$n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#126635

Точки $A,B,C,D$ расположены на прямой в указанном порядке, причем $AB = 2,BC =1,CD = c.$ Найдите все положительные $c,$ для каждого из которых найдется такая точка $P$ (не лежащая на прямой $AB$ ), что $PB,PC$ — трисектрисы (лучи, делящие угол на три равные части) угла $∠AP D.$

Источники: Иннополис - 2025, 10.5 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте подумать о конструкции, называемой окружностью Аполлония. Пусть A и B — фиксированные точки, k ≠ 1. Хотим найти все точки X такие, что AX/BX = k. Зададим систему координат, в которой A = (-a;0), B = (a;0), где a = AB/2. Пусть X = (x;y), тогда AX²/BX² = k² = ((x + a)² + y²) / ((x - a)² + y²). Получим уравнение (x + a ⋅ (k²+1) / (k²-1))² + y² = (2ka / (k² - 1))², которое и называют окружностью Аполлония, ее радиус равен k ⋅ AB / |k² - 1|.

Подсказка 2

Можно заметить, про при k > 1 точка A будет находиться вне окружности, а точка B — внутри.

Подсказка 3

Пусть окружность Аполлония для отрезка AB пересекает его в точке С, докажите, что для любой точки P, лежащей на окружности, PC будет биссектрисой ∠APB.

Подсказка 4

Рассмотрите окружности Аполлония для точек A, C и B, D.

Подсказка 5

Окажется, что окружности должны иметь 2 общих точки! Какие могут быть c?

Показать ответ и решение

$PIC$

Сначала рассмотрим вспомогательную конструкцию: пусть для фиксированных точек AB и фиксированного положительного $k⁄= 1$ требуется найти все точки $X$ плоскости, для которых $ABXX-= k.$ Зададим систему координат, в которой $A(− a;0)$ и $B(a;0)$ для $a = 12|AB|;$ $X(x;y).$ Тогда

2 2 2 AX-2 = k2 = (x-+a)2+-y2 BX (x − a) + y

Отсюда:

( k2+-1 )2 2 (-2ka-)2 x− k2− 1 ⋅a + y = k2− 1

Это уравнение окружности, называемой окружностью Аполлония точек $A,$ $B,$ и ее радиус равен $k⋅|AB| |k2−-1|.$ Заметим, что для $k> 1$ точка $A$ находится вне этой окружности, а точка $B$ –– внутри нее.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Если $Ω$ — окружность Аполлония точек $A,B,$ и $Ω$ пересекает отрезок $AB$ в точке $C,$ то для любой точки $P ∈ Ω$ выполнено $∠APC = ∠BPC,$ т.е. $P C$ — биссектриса угла $APB.$

$PIC$

Заметим, что точка $C$ лежит на $Ω,$ значит, по геометрическому месту точек для окружности Аполлония

AP-= AC- BP BC

Следовательно, по обратной теореме о биссектриcе $PC$ — бассектриса угла $AP B.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к задаче. Ввиду доказанного выше, необходимо, чтобы окружности Аполлония для $AB- A,C(k1 = BC = 2> 1,R1 =2)$ и $CD- D,B (k2 = BC = c)$ имели две общие точки (поскольку центры окружностей лежат на прямой $AB,$ единственная общая точка этих окружностей лежала бы на этой же прямой). Ясно, что если $c> 1,$ то точка $B$ лежит внутри второй окружности, тогда две окружности пересекаются. Если $c =1,$ то точка $P$ лежит на срединном перпендикуляре к $BD,$ который пересекает первую окружность ввиду $R1 =2 >1.$