Квадратные трёхчлены на Питергоре —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Квадратные трёхчлены на Питергоре

Тема ПитерГор (Санкт-Петербургская олимпиада)

Квадратные трёхчлены на Питергоре

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела питергор (санкт-петербургская олимпиада)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#70480

Можно ли на параболе $y = x2$ отметить точки $A,B,C,D,$ а на параболе $y = 2x2$ — точки $E,F,G,H$ так, чтобы выпуклые четырехугольники $ABCD$ и $EFGH$ оказались равными?

Источники: СпбОШ - 2022, задача 11.1(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Первое, что нужно сказать про эту задачу - это то, что на самом деле эта задача на конструктив, но при этом не как конкретный пример, который чем-то единственным образом задан, а просто приведение какого-то непонятного примера. Подумайте над тем, что будет, если два «вписанных» в параболу четырехугольника равны. А как тогда построить такой четырехугольник?

Подсказка 2

Верно, если они равны, то они совпадают наложением, а значит мы можем так повернуть параболы, что четырехугольник будет «вписан» в обе параболы. А как теперь самим построить пример?

Подсказка 3

Верно, мы можем взять две параболы так, чтобы они пересекались в 4 точках, и тогда четырехугольник, образованный точками пересечения будет нам подходить!

Показать ответ и решение

Достаточно расположить эти параболы на плоскости так, чтобы они пересекались в четырёх точках. Эти четыре точки взять в качестве $A,B,C,D$ и одновременно $E,F,G,H.$ Одинаковые четырёхугольники являются равными.

Ответ: да

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#71901

Известно, что квадратный трёхчлен

2 (b+c)x +(a+ c)x+ (a+ b)

не имеет корней. Докажите, что $4ac− b2 ≤ 3a(a +b+ c).$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $P (x)$ квадратный трёхчлен из условия задачи:

2 P(x)= (b+ c)x + (a+c)x+ (a+ b).

Если одновременно поменять знаки у всех коэффициентов трёхчлена $P(x),$ то у него по-прежнему не будет корней, а требуемое неравенство не изменится. Поэтому можно считать, что $b+c> 0$ и $P(x)> 0$ при всех $x.$

Решение 1.

Поскольку $P(x)$ не имеет корней, его дискриминант отрицателен:

2 (a +c) − 4(a+ b)(b+c)< 0.

После деления на $4$ и приведения подобных получим неравенство

2 a2 c2 ac b + ab> 4 + 4 − 2 − bc. (∗)

Нам требуется доказать, что $2 4ac− b ≥3a(a+ b+c),$ или, что то же самое, $2 2 6a + 6ab+ 2b ≤2ac.$ Заменим в этом неравенстве $2 b + ab$ на правую часть неравенства (*), тем самым уменьшив левую часть. Останется доказать неравенство

2 2 a2 c2 ac 6a + 5ab+ b + 4-+ 4-− 2-− bc≥ 2ac.

После приведения подобных оно примет вид

( )2 ( )2 ( ) 5a + 5ab+b2+ c2= 5a+ b + c2≥ 5a+ b c, 2 4 2 4 2

и теперь оно очевидно в силу неравенства о средних.

Решение 2.

Положим

u= b+c,v = c+a,w =a +b.

Тогда $1(v+ w − u),b= 1(u− v+ w),c = 1(u+ v− w). 2 2 2$ По условию квадратный трёхчлен $ux2+vx+ w$ не имеет корней. Тогда его дискриминант $v2− 4uw$ отрицателен, значит, $4uw> v2.$ Перепишем в новых обозначениях неравенство, которое нужно доказать:

2 0≤ 3a(a+ b+c)− 4ac+ b =

v-+w-− u u+-v+-w v+-w-− u u+-v−-w (u-− v+-w )2 =3 2 ⋅ 2 − 4 2 ⋅ 2 + 2 =

2 2 = u-+-2vw+-4w-−-3uw-−-uv 2

Это равносильно неравенству $(u− 2w)2+ uw ≥v(u− 2w),$ и в таком виде оно очевидно, поскольку

(u− 2w)2 +uw > (u− 2w)2+ v2≥ 2(u− 2w)v= v(u− 2w ). 4 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#70275

Квадратный трёхчлен меняет местами пару различных чисел $a$ и $b$ (т.е. $f(a)= b$ и $f(b)=a$ ). Докажите, что он не меняет местами никакую другую пару различных чисел.

Источники: СпбОШ - 2014, задача 9.1(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Пусть $f(x)= px2+ qx+ r$ и $a< b.$ Тогда по условию

$pa2+ qa +r =b$ и $pb2+qb+ r= a.$ (*)

Вычтем из первого равенства второе и сократим на $a− b⁄= 0,$ получим равенство $p(a+ b)+ q = −1.$ Поэтому сумма любых двух переставляемых местами чисел равна $1+q − p .$ Далее есть два способа доделать задачу.
Способ 1.
С другой стороны, если сложить равенства (*), то получится соотношение

p(a2+b2)+q(a+ b)+ 2r= a+ b.

Следовательно,

(1− q)(1+ q) p(a2+ b2)= (a +b)(1− q)− 2r= −----p-----− 2r.

Таким образом, сумма квадратов любых двух переставляемых местами чисел равна $− (1−qp)(21+q)− 2rp .$ Но пара чисел однозначно определена, если заданы их сумма и сумма квадратов. Действительно, если $u+ v = A$ и $u2+ v2 = B,$ то $2uv = (u+ v)2− (u2 +v2)= A2− B$ и, значит, числа $u$ и $v$ являются корнями квадратного уравнения $x2− Ax+ 12(A2 − B )=0.$
Способ 2.
Пусть существует такие $c$ и $d,$ что $f(c)=d$ и $f(d)=c.$ Тогда квадратное уравнение $f(x)+ x− (a+b)= 0$ кроме корней $a$ и $b$ имеет также корни $c$ и $d,$ поскольку $a+ b= c+d$ (теперь вспоминаем начало решения, что сумма любых двух переставляемых чисел зависит только от коэффициентов исходного квадратного уравнения). Но так как квадратное уравнение может иметь максимум два различных корня, противоречие.