Задача 1: О функции f(x), заданной на всей вещественной прямой, известно, что при любом a > 1 функция f(x) + f(ax) непрерывна на всей прямой. Докажите, что f(x) также непрерывна на всей прямой.

(А.Голованов)

Решение: Мы воспользуемся следующими свойствами непрерывных функций:

• [(i)] сумма и разность непрерывных функций — непрерывные функции;

• [(ii)] если g(x) — непрерывная функция, функция g(ax) также непрерывна.

Теперь заметим, что по условию непрерывны функции f(x) + f(2x) и f(x) + f(4x), а в силу свойства (ii) вместе с функцией f(x) + f(2x) непрерывна и функция f(2x) + f(4x). Далее, по свойству (i) непрерывна функция (f(x) + f(2x)) + (f(x) + f(4x)) – (f(2x) + f(4x)) = 2f(x), а, значит, и функция f(x).

Задача 2:

Задача 3: В классе каждый ученик — либо болтун, либо молчун, причем каждый болтун дружит хотя бы с одним молчуном. Болтун молчит, если в кабинете находится нечётное число его друзей — молчунов. Докажите, что учитель может пригласить на факультатив не менее половины класса так, чтобы все присутствующие на факультативе болтуны молчали.

(С.Берлов)

Решение: Докажем утверждение индукцией по числу n учеников в классе. Для n = 3 утверждение очевидно. Предположим, что оно верно при n ≤ N. Пусть n = N + 1. Утверждение верно, если в классе ровно один молчун. Пусть их не менее двух. Выделим молчуна A и его друзей — болтунов B₁, … ,B_k. Для оставшихся n – 1 – k учеников утверждение верно, т.е. можно выделить группу M, в которой каждый болтун дружит с нечётным числом молчунов и в M входит не менее учеников. Предположим, что болтуны B₁, … ,B_m дружат с нечётным числом молчунов из M, а B_m + 1, … ,B_k — с чётным числом. Тогда, если , то добавим к группе M болтунов B₁, … ,B_m, а если , то добавим к группе M болтунов B_m + 1, … ,B_k и молчуна A. В обоих случаях мы получим группу учеников, удовлетворяющую условию задачи.

Задача 4: Многогранник описан около сферы. Назовём его грань большой, если проекция сферы на плоскость грани целиком попадает в грань. Докажите, что больших граней не больше 6.

(М.Евдокимов)

Решение: Пусть R — радиус шара. Сопоставим каждой большой грани часть граничной сферы шара, расположенную в конусе, вершиной которого служит центр шара, а основанием — проекция шара на эту грань. Указанная часть сферы является «сферической шапочкой» (то есть частью сферы, лежащей по одну сторону от секущей сферу плоскости) высоты . По известной формуле площадь такой «шапочки» равна . Так как указанные «шапочки» не перекрываются, сумма их площадей не превосходит площади сферы. Обозначив количество больших граней через n, получим , то есть . Решение заканчивается проверкой того, что .

Примечание. Легко видеть, что у куба шесть больших граней. Поэтому приведенная в задаче оценка числа больших граней является точной.

Задача 5: Существуют ли действительные числа a, b и c такие, что при всех действительных x и y выполняется неравенство |x + a| + |x + y + b| + |y + c| > |x| + |x + y| + |y|?

Решение:

Ответ: Нет.

Предположим, что такие числа a, b и c существуют. Выберем x > 0 и y > 0 такие, что x + a ≥ 0, x + y + b ≥ 0, y + c ≥ 0. Тогда разность между левой и правой частями равна a + b + c. А если взять x < 0 и y < 0 такие, что x + a < 0, x + y + b < 0, y + c < 0, то эта разность будет равна  – a – b – c. Таким образом, с одной стороны, a + b + c > 0, с другой a + b + c < 0. Противоречие.

Задача 6: Клетки квадрата 50 × 50 раскрашены в четыре цвета. Докажите, что существует клетка, с четырех сторон от которой (то есть сверху, снизу, слева и справа) имеются клетки одного с ней цвета.

(А.Голованов, Е.Сопкина)

Решение: Предположим, что клетки квадрата n × n удалось раскрасить таким образом, что для любой клетки с какой-то стороны от неё нет клетки одного с ней цвета. Рассмотрим тогда все клетки одного цвета и в каждой из них нарисуем стрелочку в том из четырёх направлений, в котором клетки того же цвета нет. Тогда на каждую клетку «каёмки» нашего квадрата будет указывать не более одной стрелки. Так как клеток каёмки всего 4n – 4, то и клеток каждого цвета не более 4n – 4. С другой стороны, каждая из n² клеток нашего квадрата раскрашена в один из четырёх цветов, то есть n² ≤ 4(4n – 4). Для решения задачи теперь достаточно заметить, что последнее неравенство неверно при n = 50. Несложно убедиться, что оно неверно при всех n ≥ 15, и, следовательно, утверждение задачи верно уже в квадрате 15 × 15 — а заодно и в любом большем квадрате.

Задача 7:

Задача 8: Для бесконечного множества значений многочлена, существует более одной целой точки, в которой принимаются эти значения. Докажите, что существует не более одного целого значения многочлена, принимаемого ровно в одной целой точке.

(А.Голованов)

Решение:

Из условия следует, что многочлен имеет ненулевую степень. Докажем, что данный многочлен P(x) имеет чётную степень, а его график имеет вертикальную ось симметрии. Не умаляя общности, мы можем считать старший коэффициент многочлена P(x) положительным (иначе многочлен можно заменить на  – P(x)). Если P(x) имеет нечётную степень, то при всех достаточно больших по абсолютной величине x он возрастает, и, следовательно, может принимать более чем в одной целой точке лишь конечное число значений. Поэтому степень P(x) чётна.

Тогда при больших положительных x многочлен возрастает, а при больших по модулю отрицательных x — убывает, и, следовательно, все достаточно большие значения, которые он принимает более чем в одной целой точке, он принимает ровно дважды. Упорядочим эти значения: a₁ < a₂ <  …  — и обозначим x_k больший, а y_k — меньший прообраз a_k. Таким образом, P(x_k) = P(y_k) = a_k.

Мы докажем, что при достаточно больших k сумма x_k + y_k постоянна. Для этого рассмотрим два старших коэффициента P(x): P(x) = axⁿ + bx^n – 1 +  …  Тогда

(многоточия скрывают члены не выше (n – 2)-й степени; кроме того, мы воспользовались чётностью n). Заметим, что коэффициенты при xⁿ у многочленов P(x) и P(c – x) совпадают; что же до коэффициентов при x^n – 1, то существует единственное значение c (а именно c₀ =  – 2b/(an)), при котором совпадают и они. Если c > c₀, то P(x) – P(c – x) — многочлен степени n – 1 с положительным старшим коэффициентом, следовательно, при достаточно больших x его значения положительны. Поэтому при достаточно больших k x_k + y_k < c₀ + 0.1 (иначе будет P(y_k) > P(c₀ + 0.1 – x_k) > P(x_k)). Если, наоборот, c < c₀, то P(x) – P(c – x) — многочлен степени n – 1 с отрицательным старшим коэффициентом, значения которого при достаточно больших x отрицательны. Поэтому при достаточно больших k x_k + y_k > c₀ – 0.1. Но x_k + y_k — целые числа, поэтому, начиная с некоторого k, все они равны: x_k + y_k = c.

Но тогда многочлены P(x) и P(c – x) совпадают почленно (если не все их коэффициенты совпадают, то при больших x знак P(x) – P(c – x) должен совпадать со знаком первого ненулевого коэффициента этой разности; с другой стороны, среди x_k есть сколь угодно большие числа, и для них P(c – x_k) = P(y_k) = P(x_k).)

Итак, P(x) = P(c – x) при всех вещественных x. Тогда любое значение, принимаемое в целой точке x ≠ c/2, принимается и в точке c – x ≠ x. Поэтому единственное значение, которое может приниматься ровно в одной целой точке — это P(c/2), да и то, если только c/2 – целое.