Легко видеть, что если то всякий многочлен с коэффициентами от 0 до является нулевым.

Пусть Представим в -ичной записи (иными словами, в системе счисления с основанием ): где Поскольку в этой записи

Покажем, что удовлетворяет условию. Действительно, по теореме Безу, для любого многочлена с целыми коэффициентами делится на Значит, делится на Но тогда и делится на

Будем обозначать окружность, описанную около треугольника .

Из касания окружности и прямой имеем , а из параллельности имеем . Таким образом, , следовательно, четырехугольник вписанный. Аналогично вписанный.

Отсюда, с использованием параллельности , получаем: . Но из равенства следует касание окружности и прямой . Аналогично доказываем касание окружности и прямой .

Первое решение. Рассмотрим граф, в котором вершины это города, ребра — авиалинии, причем ребра, соответствующие авиалиниям -ой компании, покрашены в -й цвет.

Пример. Пусть в графе вершины не смежны друг с другом, и из вершины ведут ребра цвета во все вершины с номерами, большими Все ребра между вершинами с номерами, большими присутствуют и покрашены произвольным образом. Очевидно, что при удалении ребер цвета из вершины нельзя добраться до остальных вершин графа, а изначальный граф связен.

Оценка. Докажем индукцией по что в графе отсутствует хотя бы ребер; из этого следует, что ибо иначе ребер бы не было, и графе был бы связным. База при очевидна.

Переход: Рассмотрим все компоненты связности -го цвета. Их хотя бы иначе можно, добавляя цвета, каждый раз уменьшать количество компонент хотя бы на (если при добавлении цвета количество компонент не уменьшилось, то при удалении из исходного графа ребер этого цвета граф остается связным). Тогда -й цвет уже сделает граф связным.

Стянем каждую компоненту -го цвета в вершину (то есть сопоставим каждой компоненте вершину нового графа, проведя ребра между вершинами тогда и только тогда, когда какие-то вершины соответствующих компонент были связаны ребром; если между двумя компонентами были ребра нескольких цветов, оставим один). Полученный граф удовлетворяет индукционному предположению, поэтому в нем отсутствует хотя бы peбер, соответствующих хотя бы тому же количеству в исходном графе.

С другой стороны, если выкинуть все ребра -го цвета, хотя бы одна из его компонент, пусть , должна разбиться на две. Это значит, что в любую другую компоненту нет ребер хотя бы от одной из частей Докажем, что тогда в графе отсутствуют ещё хотя бы рёбер, не учтённых ранее. Если от компоненты нет рёбер в обе части то это означает отсутствие хотя бы двух рёбер, а до этого мы учли только одно. Если от компоненты есть ребро к одной из частей то в графе из стянутых вершин-компонент соответствующие компоненты были соединены, но на самом деле одного ребра в исходном графе нет. Итак, за счёт каждой компоненты, отличной от мы должны учесть отсутствие ещё хотя бы одного ребра. Значит, ещё минимум ребро отсутствует, и всего отсутствующих ребер хотя бы что и требовалось.

Второе решение. Приведём другой способ доказать оценку; мы используем терминологию, введённую в начале первого решения.

Сначала докажем, что для каждой пары компаний найдутся две вершины любой путь между которыми содержит ребра обеих компаний и Пусть при удалении компании вершины распадаются на два непустых множества и между которыми нет ребер, а при удалении компании — на множества и Если множества и оба непустые, то можно взять и Иначе, множества и оба непустые, и можно взять и Ясно, что и подходят и что между ними нет ребра.

Для каждой пары компаний выберем и так, что расстояние между ними (то есть длина пути по ребрам исходного графа) минимально возможное. Если мы докажем, что разным парам компаний соответствуют разные пары то мы получим, что отсутствующих ребер не меньше, чем пар компаний, что и даст требуемую оценку.

Предположим, что пара соответствует двум разным парам компаний — и еще одной (без ограничения общности, либо либо ). Пусть — один из кратчайших путей между и Если ребро принадлежит не компаниям или то любой путь между и содержит ребра компаний и что противоречит минимальности расстояния для пары Аналогично, ребро принадлежит одной из компаний или Значит, пара не может соответствовать паре компаний Таким образом, пара соответствует паре компаний и ребра и оба принадлежат компании 1. Тогда любой путь между и любой путь между и и любой путь между и содержат ребра обеих компаний и Из минимальности расстояния для пары следует, что между и между и а также между и существуют пути, не содержащие ребер компании Соединяя эти пути, получаем путь (возможно, с повторяющимися вершинами) от до не содержащий ребер компании Противоречие.

Предположим, что при 8824 постояльцах директор не может осуществить переселение. Разобъём комнаты на пары по вместимости: . Отметим, что для каждой пары комнат суммарное количество человек, живущих в двух комнатах, больше, чем вместимость большей комнаты из пары, иначе всех человек из этой пары можно было бы собрать в комнате с большей вместимостью. Таким образом, общее количество человек не меншше . Поэтому при 8824 постояльцах директор может освободить комнату.

Теперь приведём пример, доказывающий, что при 8825 и более постояльцах существует расселение, в котором освободить комнату указанньм образом не удастся.

Упорядочим комнаты по возрастанию вместимости. Пусть в первых пятидесяти комнатах живёт по 76, а в комнате вместимости при живёт человек. Посчитаем количество человек, живущих в гостинице:

Рассмотрим две произвольные комнаты вместимости . Заметим, что в комнате вместимости живёт не меньше человек, а в комнате - не меньше 76 человек. Таким образом, переселить людей из одной комнаты в другую ни для какой пары комнат не удастся, поэтому пример подходит. Если , то достаточно селить оставшихся людей поочерёдно в любые комнаты, где ещё остаются свободные места.

Заметим сразу, что при каждом натуральном в последовательности встретится бесконечно много -х степеней натуральных чисел, больших единицы. Действительно, если их количество конечно, и наибольшая из них—это то в последовательности не встретится ни одной -й степени, что невозможно.

Положим тогда Поскольку все коэффициенты многочлена целые, из следует Отсюда непосредственной индукцией по получаем, что то есть при всех

Лемма. делится на

Доказательство. Пусть —максимальная степень простого числа делящая достаточно показать, что делится на Положим согласно замечанию выше, найдётся такой индекс что при натуральном при этом

Если не делится на то по теореме Эйлера откуда Если же делится на то делится на а значит, и тоже. В любом случае делится на что и требовалось.

Согласно лемме, для любого число делится на при этом по условию среди целых чисел бесконечно много различных. В частности,

при бесконечном количестве целых значений (где ).

Предположим теперь, что степень многочлена (и, как следствие, многочлена ) больше Тогда неравенство выше может выполняться для бесконечно многих целых лишь тогда, когда —квадратный трёхчлен со старшим коэффициентом то есть В этом последнем случае значения многочлена делятся на для бесконечного количества целых это может быть лишь если то есть или

В первом случае то есть не может быть нечётной степенью натурального числа, если не является таковой степенью. Во втором случае при всех то есть не может быть степенью натурального числа, большего В обоих случаях условие задачи не выполнено; значит, линеен.

Приведём алгоритм, позволяющий Паше победить. Пусть масса исходного куска равна кг. Паша каждым ходом будет отрезать от самого большого из имеющихся кусков два куска массой по г. Докажем, что не позже, чем через ходов Паша победит.

Предположим, что это не так. Рассмотрим последовательных ходов Паши. Всего за эти появляется кусков массой г. Если бы каждым своим ответным ходом Вова слеплял два куска массой г, то в итоге получилось бы кусков массой г, и Паша бы победил. Значит, по крайней мере один раз Вова не слепит между собой два куска массой г. Поэтому спустя ходов Паши и ходов Вовы количество кусков массой г увеличится хотя бы на

Разобьём ходов Паши на сотни последовательных. По доказанному вше, после каждой сотни последовательных ходов Паши и ответных ходов Вовы количество кусков массой г увеличится хотя бы на Поэтому Паша так или иначе победит.

Рассмотрим серединный перпендикуляр к отрезку Ясно, что на нём лежит точка Отразим относительно него точку получим точку которая также лежит на Заметим, что и равнобедренные (первый из-за того, что — серединный перпендикуляр к а второй в силу симметрии). Следовательно, точка равноудалена от точек и Но для прямоугольного (потому что ) существует лишь одна точка с таким свойством, а именно середина его гипотенузы Таким образом, и коллинеарны. Отсюда Отсюда и следует нужная вписанность.

Назовём натуральное плохим, если не делится на Наша цель — доказать, что плохих чисел бесконечно много.

Первое решение. Докажем, что при любом чётном одно из чисел и плохое; из этого, очевидно, следует требуемое. Предположим противное. Тогда и Иначе говоря, и Но отсюда следует, что это невозможно, ибо Противоречие.

Второе решение. При утверждение задачи очевидно, поэтому будем считать, что

Лемма. Пусть и — натуральные числа. Предположим, что делится на Тогда делится на

Доказательство. Пусть — остаток от деления на Тогда

то есть одно из чисел делится на Но это невозможно при ибо

Докажем, что существует бесконечно много плохих чисел вида Действительно, если делится на то по лемме должно делиться на Это невозможно, если, например, — простое число, большее Осталось заметить, что таких простых чисел бесконечно много.

Третье решение. Мы опять же исследуем лишь случай

Пусть — некоторый простой делитель числа Положим тогда при любом имеем то есть делится на

С другой стороны, покажем, что числа и не могут одновременно делиться на Действительно, иначе на делилась бы и их разность но это невозможно, ибо по малой теореме Ферма, а числа и взаимно просты с

Итак, либо не делится на (и, значит, на ), либо не делится на (и, значит, на ). Поэтому среди чисел бесконечно много плохих.

При корней нет, так как на указанном интервале левая часть неотрицательна, а правая — отрицательна.

При все модули раскрываются со знаком “”, поэтому уравнение примет вид , где Поскольку , это квадратное уравнение имеет единственный корень на промежутке .

Поскольку графики функций в левой и правой части симметричны относительно прямой (т.е. ), то на промежутке столько же корней, сколько и на промежутке , т.е. ровно один корень. Итого, у данного уравнения два корня.

Пусть Илья возьмет камень из кучки 101. Тогда если Костя возьмет камень из другой кучи, то Илья сможет просто брать камень с той же кучи, что и Костя. Почему? Если у Кости был ход (рассматриваем уже хотя бы второй Костин ход, так как с первыми ходами все работает), значит, на своем предыдущем ходе Костя брал камень из другой кучи, но Илья брал камень из той же кучи, поэтому сейчас он тоже может взять камень, откуда его взял Костя. Таким образом, в этом случае после хода Ильи во всех трех кучках камней четно, а значит, Костя проиграет.

Если же Костя своим первым ходом взял камень тоже из второй кучи, то Илья уже не может повторить за ним ход, так как он только что взял из этой кучи камень. Пусть тогда Илья делает вот что: если Костя берет камень из второй кучи, то он берет из первой, если Костя берет из первой кучи, то он берет из второй, если Костя берет из третей кучи, то он берет тоже из третьей кучи.

Почему у Ильи всегда есть ход? Если Костя берет камень из третьей кучи, то на предыдущем ходу он брал камень из первой или второй кучи, а значит, и Илья тоже, поэтому, Илья может взять камень из третьей кучи (еще важно, что в третьей куче после хода Кости камней всегда нечетно, поэтому они там не могли закончиться после его хода). Если же Костя берет камень из первой кучи, то Илье нужно взять камень из второй, но если бы он не мог, то это бы означало, что первый своим предыдущим ходом брал камень из первой кучи, противоречие, значит, Илья может взять камень из второй кучи, причем, после его хода камней в первой и второй куче равное количество, а значит, камни во второй кучи есть. Аналогично, если Костя взял камень из второй кучи.

Таким образом, выигрывает Илья.

Пусть описанная окружность треугольника является единичной с центром в нуле. Поскольку имеем откуда С другой стороны Решая систему на и находим Аналогичное выражение получается для

Отметим на прямой точку так, что тогда откуда Вспомнив, что находим

Нам достаточно показать, что лежат на одной окружности. Для этого нужно посчитать двойное отношение. Сделаем необходимые вычисления

Аналогично Наконец, можно посчитать двойное отношение

Последнее выражение действительно вещественное, что сразу следует из подстановки

Пусть — наибольший делитель числа меньший, чем Тогда где — наименьший простой делитель числа Имеем Число в правой части не делится на поэтому Отсюда следует, что нечётно, а тогда и нечётно. Поскольку делится на

Если то что невозможно, так как делится на то есть не является простым. Значит, число кратно и потому

Если то откуда и

Если же то и число делится на что невозможно.

Без ограничения общности можно считать, что По условию, при всех Значит, при всех Возведём каждое из полученных неравенств в квадрат и сложим их все. Получим то есть

С другой стороны, по условию имеем

Складывая и получаем

откуда или

Первое решение. Пусть — медиана треугольника. Так как биссектриса и серединный перпендикуляр к проходят через одну и ту же точку (середину дуги ), то Пусть пересекается с окружностью в точке Из сказанного выше, — диаметр окружности

Надо доказать, что и симметричны относительно биссектрисы, то есть

При этом как опирающиеся на одну дугу вписанные углы.

По условию прямой, а ещё опирающийся на диаметр вписанный угол тоже прямой. Поэтому точки коллинеарны. Тогда Остаётся доказать равенство

Это равенство следует из того, четырёхугольник можно вписать в окружность. Действительно, при этом

Второе решение.

Сделаем симметрию относительно биссектрисы угла и инверсию с таким радиусом, чтобы и где звездочкой обозначаем образ точки под действием композиции преобразований. Заметим что и так как прямая переходит в дугу и наоборот, а прямая переходит сама в себя. Окружность, построенная на тем самым переходит в окружность, центр которой все лежит на а точки ее пересечения с это и То есть, эта окружность переходит в себя. Точка переходит в точку вторую точку пересечения окружности и прямой Известно, что  – середина дуги а так как  – диаметр окружности. Получаем, что высота в равнобедренном треугольника значит  – середина Получается, что содержит медиану треугольника причем симметрична относительно биссектрисы угла Это именно то, что требовалось доказать по условию задачи.

Покрасим клетки каждой грани куба в шахматном порядке так, чтобы угловые клетки были чёрными. При этом каждая грань содержит чёрную и белых клеток. Заметим, что все согнутые полоски будут одноцветными, а все остальные — нет. Так как количество чёрных клеток на больше чем количество белых, то число чёрных согнутых полосок на больше чем число белых. Следовательно, эти числа разной чётности, и их сумма нечётна.

Если , то утверждение очевидно.

Пусть для определенности

Обозначим через центры вписанных окружностей треугольников и соответственно, через - вторые точки пересечения прямых с описанной окружностью треугольника , а через - середину дуги этой окружности. Тогда как хорды, стягивающие половины равных дуг.

По лемме о трезубце и

Следовательно, .

Далее, как хорды, стягивающие равные дуги, а как углы, опирающиеся на одну дугу. Значит, треугольники и равны по двум сторонам и углу между ними, так что .

Предположим, что Не уменьшая общности, положим Обозначим Получаем Так как в левой части целое нечётное число, то Понятно, что Заметим, что не подходит. Если же то и дают остаток при делении на Значит, левая и правая части дают соответственно остатки и при делении на Противоречие.

По условию следовательно,

где

Пусть — дискриминанта квадратного трехчлена при Тогда Перемножив полученные неравенства получаем

Если каждый трёхчлен имеет целые корни, то каждое из выражений , , и должно быть целым, так как каждое из них выражается через соответствующие целые корни по теореме Виета.

Пусть — нечётное, тогда чётно, равно как и и . Следовательно, и нечётные. В этом случае видно, что если чётный, то нечётно, а значит, не может равняться . Если же нечётный, то также нечётно, пришли к противоречию.

Если — чётное, то мы придём к такому же противоречию, только со вторым трёхчленом.

Так как каждое делится на НОД НОД , то для всех Предположим, что при некотором Тогда, с одной стороны, НОД НОД (так как делится на ), а с другой стороны, поскольку делится на то НОД Противоречие.