admin2

Задача 00018

от

К графикам функций y=\cos x и y=a \operatorname{tg} x провели касательные в некоторой точке их пересечения. Докажите, что эти касательные перпендикулярны друг другу для любого a \neq 0.

    РешениеРешение

    Абсцисса x_{0} любой точки пересечения графиков данных функций удовлетворяет равенству \cos x_{0}=a \operatorname{tg} x_{0}. В этой точке касательная к графику функции y=\cos x имеет угловой коэффициент k_{1}=-\sin x_{0}, а касательная к графику функции y=a \operatorname{tg} x имеет угловой коэффициент k_{2}=\frac{a}{\cos ^{2} x_{0}}. Поскольку k_{1} k_{2}=-\frac{a \operatorname{tg} x_{0}}{\cos x_{0}}=-1, эти касательные перпендикулярны друг другу.

    Задача 00017

    от

    Дан многочлен P(x) степени n>5 с целыми коэффициентами, имеющий n различных целых корней. Докажите, что многочлен P(x)+3 имеет n различных действительных корней.

    Решение

    Пронумеруем корни многочлена в порядке возрастания a_{1}<a_{2}<\ldots<a_{n}. Тогда многочлен можно представить в виде

        \[P(x)=a\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \ldots\left(x-a_{n}\right), \quad a \neq 0, \quad a, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} \in \mathbb{Z} .\]

    Покажем, что значение многочлена P в любой точке локального экстремума по модулю больше 3 (тогда при сдвиге графика многочлена на 3 единицы вверх или вниз количество его точек пересечения с осью абсцисс не изменится). Точки локальных экстремумов многочлена P находятся на промежутках \left(a_{i} ; a_{i+1}\right), i=1,2, \ldots, n-1.

    Вычислим значения |P(x)| в точках x_{i}=a_{i}+\frac{1}{2}. Так как корней не меньше шести, то

        \[\left|P\left(x_{i}\right)\right|=\left|a\left(x_{i}-a_{1}\right)\left(x_{i}-a_{2}\right) \ldots\left(x_{i}-a_{n}\right)\right| \geqslant|a| \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{9}{4} \cdot \frac{25}{4}=|a| \cdot \frac{225}{64}=|a| \cdot 3 \frac{33}{64}>3 .\]

    В произведении мы оставляем шесть наименьших по модулю множителей, остальные (есть при n>6 ) ещё больше.

    Задача 00015

    от

    Тургор(весенний) 2024, 10-11, 6 задача.
    В математическом кружке 45 школьников, некоторые дружат. Как ни разбивай их на тройки, в какой-то тройке все будут друг с другом дружить. Докажите, что всех школьников можно разбить на тройки так, чтобы в каждой тройке хотя бы какие-то двое дружили друг с другом.

    Подсказка

    Попробуйте набирать неполные тройки (в которых одно или 2 ребра из 3)

    Решение

    Обозначим школьников точками и каждых двух друзей соединим отрезком (ребром). Будем формировать «полуполные» тройки — в которых есть хотя бы одно ребро, но не все три ребра.

    Пусть мы не можем из остатка сформировать очередную «полуполную» тройку. Тогда в остатке либо все попарно не дружат, либо все попарно дружат. (В самом деле, пусть в остатке есть и дружащие, и не дружащие. Выберем из них двоих друзей A и B. Тогда все другие люди из остатка дружат и с A, и с B (иначе возникнет полуполная тройка с ребром AB), но при этом в остатке имеется некто C, который с кем-то из остатка не дружит — скажем, с D. Тогда A, C, D — полуполная тройка.)

    Если в остатке все попарно не дружат — получается разбиение без полных троек, что противоречит условию. Если в остатке все попарно дружат — получается разбиение из полуполных и полных троек, что решает задачу.

    Задача 00013

    от

    В городе одна синяя площадь и n зелёных, причём каждая зелёная площадь соединена улицами с синей и с двумя зелёными, как показано на рисунке. На каждой из 2n улиц ввели одностороннее движение так, что на каждую площадь можно проехать и с каждой – уехать. Докажите, что с каждой площади этого города можно, не нарушая правил, доехать до любой из остальных.

    Решение

    Докажем, что
        а) от каждой зелёной площади можно доехать до синей;
        б) от синей площади можно доехать до любой зелёной.
      Условимся обозначать направление движения на улицах стрелками.

      а) Предположим, что от зелёной площади A1 нельзя доехать до синей площади. Поскольку уехать с площади A1 можно, то от неё, проехав по одной улице, мы доедем до зелёной площади A2. От площади A2 тоже нельзя доехать до синей площади. Выехав с неё, мы доедем до площади A3, потом до A4 и т.д. Проехав по n улицам, мы вернёмся на площадь A1 и убедимся, что стрелки в городе расставлены так, как на рисунке. Но тогда на синюю площадь нельзя приехать, что противоречит условию.

      б) Изменим направления всех стрелок. Полученная схема движения тоже удовлетворяет условию. Поэтому, как показано в а), при этой расстановке стрелок от каждой зелёной площади можно доехать до синей. Но это означает, что при старой расстановке стрелок от синей площади можно было доехать до любой зелёной.