|
|
 |
Условие
Петя и Коля играют в следующую игру: они по очереди изменяют один из коэффициентов a или b квадратного трёхчлена x² + ax + b: Петя на 1, Коля – на 1 или на 3. Коля выигрывает, если после хода одного из игроков получается трёхчлен, имеющий целые корни. Верно ли, что Коля может выиграть при любых начальных целых коэффициентах a и b независимо от игры Пети?
Решение 1
Вначале Коля будет изменять коэффициент b до тех пор, пока b не попадет в отрезок [–2, 0]. Петя изменениями коэффициентов на 1 не сможет помешать ему сделать это.
После этого, если b = 0, то Коля выиграл (трёхчлен x² + ax имеет целые корни).
Если b = –1, то Петя, чтобы не проиграть, должен должен вычесть из b единицу: в противном случае следующим ходом Коля сделает b = 0. Мы перешли к следующему случаю.
Пусть b = –2. Далее Петя не может изменять b: коэффициент b = –1 или b = –3 Коля своим ходом сразу превратит в ноль.
Теперь Коля будет изменять на 3 коэффициент a до тех пор, пока тот не попадет в промежуток [–1, 1].
После этого, если a = ± 1, то он выиграл: трёхчлен x² ± x – 2 имеет целые корни. Если же a = 0, то такой трёхчлен получится следующим ходом (кто бы его не сделал).
Решение 2
Покажем, что Коля всегда может получить трёхчлен, один из корней которого равен 2 (тогда из теоремы Виета будет следовать, что и второй корень – целый). Для этого ему нужно добиться равенства: 4 + 2a + b = 0, то есть 2a + b = –4. Но Петя может изменять выражение S = 2a + b только на ± 2 (изменяя a), либо на ±1 (изменяя b), а Коля – на ± 2, ± 6, ± 1, ± 3. Изменяя b на ± 3, Коля может "загнать" S в отрезок [–3, –5]. Из S = –3 Петя получит
S = –5, –1, –4 (проигрыш), –2, и следующим ходом Коля получит S = –4. Из S = –5 Петя получит S = –3, –7, –4 (проигрыш), –6, и Коля получает S = –4.
