Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1615
2019-01-19 
Петя и Коля играют в следующую игру: они по очереди изменяют один из коэффициентов $a$ или $b$ квадратного трехчлена $f = x^2 + ax + b$: Петя на 1, Коля - на 1 или на 3. Коля выигрывает, если после хода одного из игроков получается трехчлен, имеющий целые корни. Верно ли, что Коля может выиграть при любых начальных целых коэффициентах $a$ и$b$ независимо от игры Пети?
Решение:
Первое решение. Вначале Коля будет изменять коэффициент $b$ до тех пор, пока $b$ не попадет в промежуток $[-2,0]$. Петя изменениями коэффициентов на 1 не сможет помешать ему сделать это.
Теперь если
1) $b = 0$, то Коля выиграл (трехчлен $f = x^2 + ax$ имеет целые корни);
2) $b = -1$, то Петя, чтобы не проиграть, должен получить $b = -2$, так как если он оставит $b = -1$, то следующим ходом Коля сделает $b = 0$. Мы перешли к следующему случаю.
3) Итак, получен коэффициент $b = -2$, и Петя не может изменять его, так как коэффициент $b = -1$ или $b = -3$ Коля своим ходом сразу превратит в 0.
Далее Коля будет изменять на 3 коэффициент $a$ до тех пор, пока тот не попадет в промежуток $[-1,1]$.
Если $a = \pm 1$, то он выиграл: трехчлен $f = x^2 \pm x - 2$ имеет целые корни. Если же $a = 0$, то следующим ходом уже Петя получит такой трехчлен.
Второе решение. Покажем, что Коля всегда может получить трехчлен, один из корней которого равен 2. Тогда из теоремы Виета $(x_1 + x_2 = -a)$ будет следовать, что и второй корень - целый. Для этого ему нужно добиться равенства: $f(2) = 4 + 2a + b = 0$, т. е. $2a + b = -4$. Но Петя может изменять выражение $A \in 2a + b$ на $\pm 2$ (изменив $a$), либо на $\pm 1$, изменив $b$, а Коля - на $\pm 2, \pm 6, \pm 1, \pm 3$. Изменяя $b$ на $\pm 3$, Коля может получить $A \in [-3, -5]$. Из $A = -3$ Петя получит $A = -5, -1 , -4$ (проигрыш), $-2$ и следующим ходом Коля получит $A = -4$. Из $A = -5$ Петя получит $A = -3, -7, -4$ (проигрыш), $-6$ и Коля получает $A = -4$.
Ответ. Верно.
Петя и Коля играют в следующую игру: они по очереди изменяют один из коэффициентов $a$ или $b$ квадратного трехчлена $f = x^2 + ax + b$: Петя на 1, Коля - на 1 или на 3. Коля выигрывает, если после хода одного из игроков получается трехчлен, имеющий целые корни. Верно ли, что Коля может выиграть при любых начальных целых коэффициентах $a$ и$b$ независимо от игры Пети?
Решение:
Первое решение. Вначале Коля будет изменять коэффициент $b$ до тех пор, пока $b$ не попадет в промежуток $[-2,0]$. Петя изменениями коэффициентов на 1 не сможет помешать ему сделать это.
Теперь если
1) $b = 0$, то Коля выиграл (трехчлен $f = x^2 + ax$ имеет целые корни);
2) $b = -1$, то Петя, чтобы не проиграть, должен получить $b = -2$, так как если он оставит $b = -1$, то следующим ходом Коля сделает $b = 0$. Мы перешли к следующему случаю.
3) Итак, получен коэффициент $b = -2$, и Петя не может изменять его, так как коэффициент $b = -1$ или $b = -3$ Коля своим ходом сразу превратит в 0.
Далее Коля будет изменять на 3 коэффициент $a$ до тех пор, пока тот не попадет в промежуток $[-1,1]$.
Если $a = \pm 1$, то он выиграл: трехчлен $f = x^2 \pm x - 2$ имеет целые корни. Если же $a = 0$, то следующим ходом уже Петя получит такой трехчлен.
Второе решение. Покажем, что Коля всегда может получить трехчлен, один из корней которого равен 2. Тогда из теоремы Виета $(x_1 + x_2 = -a)$ будет следовать, что и второй корень - целый. Для этого ему нужно добиться равенства: $f(2) = 4 + 2a + b = 0$, т. е. $2a + b = -4$. Но Петя может изменять выражение $A \in 2a + b$ на $\pm 2$ (изменив $a$), либо на $\pm 1$, изменив $b$, а Коля - на $\pm 2, \pm 6, \pm 1, \pm 3$. Изменяя $b$ на $\pm 3$, Коля может получить $A \in [-3, -5]$. Из $A = -3$ Петя получит $A = -5, -1 , -4$ (проигрыш), $-2$ и следующим ходом Коля получит $A = -4$. Из $A = -5$ Петя получит $A = -3, -7, -4$ (проигрыш), $-6$ и Коля получает $A = -4$.
Ответ. Верно.
