Олімпіада з алгебри

«Хотелось бы чуть-чуть всемирной славы…»

Розв’язання задач

9 клас

1. Знайдіть усі функції , для яких справджується умова:

Відповідь: .

Розв’язання. Щоб довести, що наведена функція є єдиною можливою, достатньо показати, що зростаюча. Тоді із зростання випливатиме, що

Розглянемо множину значень: . За умовою задачі кожний член , більше аналогічного члена , за виключенням можливо . Тому -- найменший член тієї множини.

Розглянемо функцію , . Тоді в множині усі числа натуральні. Для маємо, що

Це означає, що -- найменший елемент множини. Тоді . Продовжуючи ці міркування, отримаємо, що , що й завершує доведення.

2. Нехай . Доведіть, що існує натуральне число , для якого усі коефіцієнти многочлена додатні.

Розв’язання. Якщо розкрити дужки та звести подібні, то матимемо, що цей многочлен дорівнює

Очевидно, що при додатними мають бути коефіцієнти при доданках, що записані в сумі. Таким чином має справджуватись умова: . Нехай , тоді після спрощень матимемо, що

Чисельник цього виразу – квадратний тричлен відносно змінної з додатним старшим коефіцієнтом та дискримінантом:

Оскільки , то .

3. Натуральні числа та задовольняють рівність: . Доведіть, що -- квадрат цілого числа.

Розв’язання. Умову задачі можна переписати таким чином: , де . Звідси випливає, що або , де . Тоді - раціональне. Якщо - раціональне, то -- квадрат цілого числа. Але тоді й так само квадрат цілого числа, а тому й , . Таким чином -- квадрат натурального числа, але оскільки

то . Звідси -- суперечність. Таким чином має бути . Якщо , то і одночасно . Звідси -- суперечність.

Заливається можливість , тоді та . Тоді та , що й треба було довести.

4. Для додатних чисел , що задовольняють умову та для довільних дійсних чисел доведіть нерівність:

Розв’язання. З міркувань симетрії вважатимемо, що . Нехай , , , . Тоді , , . Тоді нерівність можна переписати таким чином:

Остання нерівність справджується за умов задачі. Рівність тут можлива при .

10 клас

1. Задача № 2 () за 9 клас.

2. Задача № 3 () за 9 клас.

3. Знайдіть усі функції такі, що справджується рівність:

Відповідь: та .

Розв’язання. Позначимо рівняння з умови через (1).

Покладемо в (1) : .

Припустимо, що існує , для якого . Тоді

Покладемо в (1) : .

Припустимо, що . Покладемо в (1) : . Тоді з урахуванням умови , то : .

Нехай для деякого , то покладемо

Таким чином :

одержали суперечність показує, що з умови випливає, що .

Нехай тепер , тоді якщо існує , для якого , то . Звідси

Звідси випливає, що з умови випливає, що .

Покладемо в умові :

що й завершує розв’язання.

4. Нехай – натуральне число. Доведіть, що якщо дійсні числа задовольняють умову , то справджується нерівність:

Розв’язання. Спочатку побачимо, що якщо , тоді , тому

Позначимо через , , то та . Звідси випливає, що твердження задачі достатньо довести для випадку невід’ємних чисел .

Множимо обидва боки , матимемо:

Оскільки , то треба довести таку нерівність:

(1)

Якщо для деякого маємо , то і нерівність (1) – очевидна. Тепер розглянемо випадок . Нехай далі . Оскільки

, то

(2)

Оскільки , то з нерівності Шварца маємо:

(3)

Поєднуючи нерівності (2) та (3), отримаємо:

Звідки й випливає нерівність (1).

11 клас

1. При яких натуральних існує такий многочлен , що для усіх та ?

Відповідь: , для .

Розв’язання. З умови, що рівняння має принаймні три корені випливає, що , з нерівності виплаває, що - парне. Для такий многочлен існує, наприклад,

Покажемо, що для такого многочлена не існує. Методом від супротивного, якщо то не так, і він існує, то він має вигляд . Але тоді при , а при . Одержана суперечність завершує доведення.

2. Задача № 3 () за 10 клас.

3. Нехай n – додатнє ціле число таке, що існує додатнє ціле число менше, ніж , і не є дільником n. Нехай - довільна перестановка чисел . Нехай - максимальна зростаюча підпослідовність і нехай - максимальна спадна підпослідовність. Доведіть, що кортежі та разом (тобто він є хоча б в одному з двох кортежів) містять принаймні одне число, що не є ділльником n.

Розв’язання. Перший етап доведення складається з того, щоб показати, що . Для кожного , нехай позначає довжину найдовшої зростаючої підпослідовності, що закінчується , і нехай позначає довжину найдовшої спадної підпослідовності, що закінчується . Для відмінних індексів , якщо , тоді , та якщо , то . Отже, пари вигляду , де , усі відмінні, тобто загалом є n таких відмінних пар. За умовою задачі, найбільше число серед це k, та найбільше число серед це l. Отже, кількість пар вигляду щонайбільше kl. Отже, .

З цього результату, ми виводимо за допомогою теореми про середнє арифметичне та середнє геометричне. Щонайбільше одне число може належати до зростаючої та спадної підпослідовності одночасно. Отже, підпослідовності та разом містять щонайменше відмінних натуральних чисел загалом. За умовою, число n має щонайбільше дільників, що не більше, ніж , загальна кількість дільників числа n задовольняє нерівності . Отже, підпослідовності та разом містять щонайменше одне число, що не є дільником n.

4. Задача № 4 () за 10 клас.

⇐ Предыдущая 1 2 34