Құрметтi қатысушылар! Сiздерге екi блок есептер ұсынылады: №1 №4. «Математикалық блок»

Құрметтi қатысушылар! Сiздерге екi блок есептер ұсынылады:

№1 – №4. «Математикалық блок» (шығаруға арналған есептер).

№5 – №7. «Әдiстемелiк блок» (математика мұғалiмдердiң күнделiктi жұмысының

үлгiсiн модельдейтiн есептер.

Байқауның ұзақтығы – 4 сағат.

Әр есеп 10 балға бағаланады.

I.

Математикалық блок

1. Пирожныйлар. Балалар мерекесiнде шайға пирожныйлардың төрт түрi ұсыныла-

ды: құлпынайдан, шокаладтан, шиеден және таңқұрайдан жасалған. Әр бала екi неме-

се үш пирожныйдан алды. Мереке кезiнде екi пирожныйдан 11 бала, үш пирожныйдан

9 бала алғанын, сонынмен қатар құлпынайдан пирожныйды 30 бала, шокаладтан – 38

бала, шиеден – 19 бала, таңқұрайдан – 24 бала алғанын Қайрат санады. Қайрат са-

науды ендi ғана үйренiп келедi, сондықтан ол нашар санайды және қателесуi мүмкiн.

Бiрақ ол атаған сандар дұрыс сандардан айырмашылығы 7-ден артпайды. Мерекеде

қанша бала болған?

2. Теңдеу. Теңдеудi шешiңiз:

5|𝑥 − 1| + 4|𝑥 − 2| + 3|𝑥 − 3| + 6|𝑥 − 4| + |𝑥 − 5| + 2|𝑥 − 6| + 3|𝑥 − 7| + (𝑥

2

− 4𝑥 + 1)

2

= 40.

3. Интегралдар. ℎ(𝑥) = 𝑓

′

(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓 (𝑥)𝑔

′

(𝑥) болсын.

A) Есептеңiздер:

∫︁

ℎ(𝑥)

(𝑔(𝑥))

2

𝑑𝑥.

B) 𝑎𝑥

2

+ 𝑏𝑥 + 𝑐 түрiндегi қолайлы 𝑓 (𝑥) функциясын таңдап, есептеңiздер

∫︁

13𝑥

2

− 28𝑥 − 17

(4𝑥

2

+ 3𝑥 + 2)

2

𝑑𝑥.

C) Есептеңiздер:

∫︁

5 − 3 cos 𝑥 + 4 sin 𝑥

(1 + cos 𝑥 + 2 sin 𝑥)

2

𝑑𝑥.

4. Төртүшбұрыш. 𝜔ABCD𝑖.l𝑖ABCD𝑖𝑖𝑖.l𝑖𝜔 шеңберiнiң центрiнен өтетiнiн дәлелдеңiз-

дер.

II.

Әдiстемелiк блок

5. Диалог. Асхат және Батырхан математикадан олимпиадаға дайындала отырып

мұғалiмi берген есептердi шығарды. Асхат келесi есептi шығарды:

1-ден 10-ға дейiнгi сандар жазылған 10 карточкалар-

ды алғашында 2, 4, 6, 8, 10, 1, 3, 5, 7, 9 ретiмен қа-

тарға орналастырған. Бiр жүрiсте екi қатар тұрған

карточканы орындарымен ауыстыруға болады. Ең аз

дегенде неше жүрiстен соң карточкалардың өсу ретi-

мен орналасқан қатарын алуға болады?

Батырханға осыған ұсқас есеп берiлген,есеп шарты бойынша онда 1-ден 6-ға дейiнгi

сандар жазылған карточкалар берiлген және олар алғашында 6, 5, 4, 3, 2, 1 ретiмен

орнлаласқан.

Балалардың арасында төмендегiдей диалог жүрдi.

Батырхан: Асхат, сен өз есебiңдi шығардың ба?

Асхат: Шығарған сияқтымын. Тексере аласың ба?

Батырхан: Жарайды.

Асхат: Ал, қара. 1 саны жазылған карточканы өз орнына келтiру үшiн кем деген-

де 5 рет орын ауыстыру қажет, 2 саны жазылған карточкаға – кем дегенде 1 орын

ауыстыру, 3 саны жазылған каточкаға – кем дегенде 4 орын аустыру қажет және әрi

қарай да осылай. Мен әр карточканы өз орнына келтiру үшiн қажет ең аз деген орын

ауыстырулар санын есептедiм. Одан соң шыққан нәтижелердi қосқанда, менде барлық

орын ауыстырулардың саны 30-дан кем емес болды. Бiр жұрiсте екi карточка орын

ауыстырғандықтан, барлық жүрiстердiң саны 15-тен кем болмауы керек.

Батырхан: Иә, бәрi дұрыс. Сен төменгi бағалауды алдың. Сол төменгi бағалауға

жете аламыз ба? Сенде 15 жүрiстен соң барлық карточкаларды өсу ретiмен орнала-

стыруға болатын мысал бар ма?

Асхат: Әрiне. Мына қағазда жұрiстердiң ретiн жаздым. Тексершi.

Батырхан: Жақсы. Бәрi дұрыс. Ендi мен де өз есебiмдi қалай шығаратынымды

бiлемiн. Сенiң шығару жолыңа сәйкес менiң есебiмде кем дегенде 18 орын ауыстыру

қажет, яғни, кем дегенде 9 жүрiс жасау қажет. Сондықтан «9 жүрiс» менiң есебiмнiң

жауабы. Ендi маған 9 жүрiсте карточкаларды өсу ретiмен орналастыратын мысал кел-

тiру қажет. Ал қазiр уақытым жоқ. Онымен кейiн айналысармын. Есептiң идеясына

рахмет. Кездескенше!

Асхат: Кездескенше!

A) Асхаттың есебiнде 15 жүрiсте карточкаларды өсу ретiмен орналастыратын мы-

салды келтiрiңiздер.

B) Батырхан дұрыс айтты ма? Оның есебiнде 9 жүрiссте карточкаларды өсу ретi-

мен орналастыруға болатындығы дұрыс па?

C) Батырханның есебiнiң толық шешiмiн келтiрiңiздер.

№6 және №7 есептерде математикалық қателер («есеп» шартында да, «жау-

аптарында» да, және де «шешiмдерiнде») болуы мүмкiн. Егер «есеп» шарты қате

(некорректно) болса, онда неге сондай екенiн түсiндiрiңiз. Егер «шешуi» дұрыс бол-

маса, онда барлық қателердi көрсетiңiз және дұрыс шешуiн келтiрiңiз.

6. Бұрыш трисекциясы. 𝐴𝑂𝐵 сүйiр бұрышы берiлген. Циркульдiң және бөлiмi жоқ

сызғыштың көмегiмен 𝐴𝑂𝐵 бұрышын тең үш бөлiкке бөлiңiздер.

«Шешуi».

1) 𝑃 нүктесiнен шығатын кезкелген 𝑙 сәулесiнде 𝑃 𝑅 = 2𝑃 𝑄 болтатыңдай 𝑃 𝑄 және

𝑃 𝑅 кесiндiлерiн саламыз.

2) 𝐴𝑂𝐵 бұрышының 𝑂𝐶 биссектрисасын саламыз.

3) Төменде суретте көрсетiлгендей, 𝑂𝐶 биссектрисасының екi жағына 𝑂𝐶-ға парал-

лель болатын және 𝑂𝐶-дан 𝑃 𝑄 қашықтықтығында орналасқан 𝑎

1

және 𝑏

1

түзулерiн

саламыз (𝜌(𝑎

1

, 𝑂𝐶) = 𝜌(𝑏

1

, 𝑂𝐶) = 𝑃 𝑄).

4) 𝐴𝑂𝐵 бұрышының сәйкесiнше 𝑂𝐴 және 𝑂𝐵 қабырғаларына параллель болатын

және осы қабырғалардан 𝑃 𝑅 қашықтықта орналасқан 𝑎

2

және 𝑏

2

түзулерiн саламыз.

Яғни 𝜌(𝑎

1

, 𝑂𝐴) = 𝜌(𝑏

1

, 𝑂𝐵) = 𝑃 𝑅 (жоғарыдағы суреттi қара).

5) 𝑎

1

және 𝑎

2

түзулерiнiң қиылысуындағы 𝐾 нүктесiн белгiлеймiз.

6) 𝑏

1

және 𝑏

2

түзулерiнiң қиылысуындағы 𝐿 нүктесiн белгiлеймiз.

7) 𝑂𝐾 және 𝑂𝐿 сәулерi 𝐴𝑂𝐵 бұрышын тең үш бөлiкке бөледi, яғни, ∠𝐴𝑂𝐾 =

= ∠𝐾𝑂𝐿 = ∠𝐿𝑂𝐵 =

1

3

𝐴𝑂𝐵.

Осы көрсетiлген салу жұмыстарын циркульдiң және бөлiмi жоқ сызғыштың көме-

гiмен салуға болатынын айта кетейiк.

7. Функциялар. Рационал сандар жиынында анықталған және де кез келген раци-

онал 𝑎, 𝑏 және 𝑐 сандары үшiн

𝑓 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 𝑓 (𝑎) + 𝑓 (𝑏) + 𝑓 (𝑐) = 𝑓 (𝑎 + 𝑏) + 𝑓 (𝑏 + 𝑐) + 𝑓 (𝑐 + 𝑎) + 𝑓 (0)

теңдiгi орындалатын барлық 𝑓 сандық функцияларды табыңыздар.

«Жауабы»: 𝑓 (𝑥) = 𝐴𝑥

2

+ 𝐵𝑥 + 𝐶, мұндағы 𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈ R.

«Шешуi». 𝑓 функциясын «жақсы» деп атаймыз, егер ол берiлген шартты қанағат-

тандырса. Егер 𝑓

1

және 𝑓

2

функциялары «жақсы» болса, онда 𝑓

1

± 𝑓

2

функциясы да

«жақсы» екенiн байқауға болады. Тiкелей тексеру арқылы 𝐴𝑥

2

, 𝐵𝑥, 𝐶 функциялары

«жақсы» екенiн көрсетуге болады, олай болса квадрат үшмүшелiк 𝑓 (𝑥) = 𝐴𝑥

2

+𝐵𝑥+𝐶

(𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈ R) «жақсы» болады, яғни есеп шартын қанағаттандырады. Басқа шешi-

мi жоқ екенiн дәлелдейiк. 𝑓 – «жақсы» функция болсын. Кез келген 𝑛 ∈ N үшiн

𝑃 (0) = 𝑓 (0), 𝑃

(︀

1

𝑛

)︀ = 𝑓 (︀

1

𝑛

)︀, 𝑃 (︀−

1

𝑛

)︀ = 𝑓 (︀−

1

𝑛

)︀ . болатындай 𝑃 (𝑥) = 𝐴𝑥

2

+𝐵𝑥+𝐶 квад-

рат үшмүшелiк табылады. 𝑔(𝑥) = 𝑓 (𝑥) − 𝑃 (𝑥) деп белгiлейiк, сонда 𝑔(0) = 𝑔

(︀

1

𝑛

)︀ =

𝑔

(︀−

1

𝑛

)︀

= 0. 𝑔(𝑥) функциясы «жақсы» екенiн байқауға болады, олай болса барлық

рационал 𝑎, 𝑏 және 𝑐 сандары үшiн

𝑔(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 𝑔(𝑎) + 𝑔(𝑏) + 𝑔(𝑐) = 𝑔(𝑎 + 𝑏) + 𝑔(𝑏 + 𝑐) + 𝑔(𝑐 + 𝑎) + 𝑔(0).

теңдiгi орындалады. Бұл теңдiкте 𝑎 = 𝑏 =

1

𝑛

және 𝑐 = −

1

𝑛

деп алайық. Сонда 𝑔

(︀

1

𝑛

)︀ +

𝑔

(︀

1

𝑛

)︀ + 𝑔 (︀

1

𝑛

)︀ + 𝑔 (︀−

1

𝑛

)︀ = 𝑔 (︀

2

𝑛

)︀ + 𝑔 (0) + 𝑔 (0) + 𝑔 (0) . Бұдан 𝑔 (︀

2

𝑛

)︀ = 0. Егер осы теңдiкте

кез келген 𝑚 ∈ 𝑁 үшiн 𝑎 = 𝑏 =

1

𝑛

, 𝑐 =

𝑚−2

𝑛

деп алсақ, онда ықшамдағаннан кейiн

𝑔

(︀

𝑚

𝑛

)︀ = 2𝑔 (︀

𝑚−1

𝑛

)︀−𝑔 (︀

𝑚−2

𝑛

)︀ аламыз. Демек, егер 𝑔 (︀

𝑚−1

𝑛

)︀ = 𝑔 (︀

𝑚−2

𝑛

)︀ = 0, онда 𝑔 (︀

𝑚

𝑛

)︀ = 0.

Яғни, кез келген бүтiн оң 𝑚 үшiн 𝑔

(︀

𝑚

𝑛

)︀ = 0. Тура осылай, егер 𝑔 (︀

𝑚−1

𝑛

)︀ = 𝑔 (︀

𝑚

𝑛

)︀ = 0

болса, онда 𝑔

(︀

𝑚−2

𝑛

)︀ = 0, сондықтан 𝑔 (︀

𝑘

𝑛

)︀ = 0 барлық бүтiн терiс 𝑘 үшiн. Сонымен,

кез келген рационал 𝑥 =

𝑚

𝑛

(𝑚 ∈ Z, 𝑛 ∈ N) сандары үшiн 𝑔(𝑥) = 0, яғни 𝑓 (𝑥) ≡ 𝑃 (𝑥).

Уважаемые участники! Вам предлагается два блока заданий:

№1 – №4. «Математический блок» (задачи для решения).

№5 – №7. «Методический блок» (включaет в себя зaдaния, моделирующие повседнев-

ную рaботу учителя математики.

Продолжительность олимпиады – 4 часа.

Каждое задание оценивается в 10 баллов.

I.

Математический блок

1. Пирожные. На детском празднике к чаю подавали пирожные четырёх видов: клуб-

ничное, шоколадное, вишнёвое и малиновое. Каждый ребёнок выбрал либо два, либо

три пирожных. Кайрат подсчитал, что всего во время праздника два пирожных вы-

брали 11 детей, а три пирожных – 9 детей, при этом клубничное пирожное выбрали 30

детей, шоколадное – 38 детей, вишнёвое – 19 детей, а малиновое – 24 ребёнка. Кайрат

ещё только учится считать, поэтому пока считает плохо и мог ошибиться. Однако,

каждое из названных им чисел отличается от правильного не более чем на 7. Сколько

детей было на празднике?

2. Уравнение. Решите уравнение:

5|𝑥 − 1| + 4|𝑥 − 2| + 3|𝑥 − 3| + 6|𝑥 − 4| + |𝑥 − 5| + 2|𝑥 − 6| + 3|𝑥 − 7| + (𝑥

2

− 4𝑥 + 1)

2

= 40.

3. Интегралы. Пусть ℎ(𝑥) = 𝑓

′

(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓 (𝑥)𝑔

′

(𝑥).

A) Вычислите

∫︁

ℎ(𝑥)

(𝑔(𝑥))

2

𝑑𝑥.

B) Подобрав подходящую функцию 𝑓 (𝑥) вида 𝑎𝑥

2

+ 𝑏𝑥 + 𝑐, вычислите

∫︁

13𝑥

2

− 28𝑥 − 17

(4𝑥

2

+ 3𝑥 + 2)

2

𝑑𝑥.

C) Вычислите

∫︁

5 − 3 cos 𝑥 + 4 sin 𝑥

(1 + cos 𝑥 + 2 sin 𝑥)

2

𝑑𝑥.

4. Четырёхугольник. Окружность 𝜔 вписана в выпуклый четырёхугольник 𝐴𝐵𝐶𝐷.

Прямая 𝑙 делит 𝐴𝐵𝐶𝐷 на два четырёхугольника одинаковой площади и одинакового

периметра. Докажите, что прямая 𝑙 проходит через центр окружности 𝜔.

II.

Методический блок

5. Диалог. Асхат и Батырхан, готовясь к олимпиаде по математике, решали предло-

женные учителем задачи. Асхат решал следующую задачу:

Изначально 10 карточек с числами от 1 до 10 поло-

жили в ряд в порядке 2, 4, 6, 8, 10, 1, 3, 5, 7, 9. За один

ход можно поменять местами две соседние карточ-

ки. За какое наименьшее число ходов можно полу-

чить ряд из карточек в порядке возрастания?

Батырхану была дана похожая задача, только по условию у него было 6 карточек

с числами от 1 до 6, которые изначально положили в порядке 6, 5, 4, 3, 2, 1.

Между ребятами произошёл следующий диалог.

Батырхан: Асхат, ты решил свою задачу?

Асхат: Кажется, да. Можешь проверить?

Батырхан: Давай.

Асхат: Вот, смотри. Карточке с числом 1 требуется совершить минимум 5 пере-

мещений, чтобы стать на своё место, карточке с числом 2 – минимум 1 перемещение,

с числом 3 – минимум 4 перемещения и так далее. Я подсчитал для каждой карточ-

ки минимальное число перемещений, которые ей нужно совершить, чтобы попасть на

своё место. Потом я результаты сложил, у меня получилось, что общее число переме-

щений должно быть не меньше 30. Так как за один ход перемещаются две карточки,

то всего ходов должно быть совершено не менее 15.

Батырхан: Да, всё верно. Ты получил нижнюю оценку. Но достигается ли она? У

тебя есть пример, как за 15 ходов расставить карточки в порядке возрастания?

Асхат. Конечно. Я записал последовательность ходов на этом листочке. Перепро-

верь, пожалуйста.

Батырхан. Вопросов нет. Всё правильно. Теперь и я знаю, как решить свою задачу.

Аналогично твоему решению в моей задаче получается, что необходимо совершить не

менее 18 перемещений, а, значит, не менее 9 ходов. То есть «9 ходов» и есть ответ в моей

задаче. Мне осталось только привести пример, как за 9 ходов расставить карточки

в порядке возрастания. Сейчас мне некогда. Займусь этим позже. Спасибо за идею

решения. До встречи!

Асхат. Пока!

A) Приведите пример, как в задаче Асхата за 15 ходов расставить карточки в

порядке возрастания.

B) Прав ли Батырхан? Верно ли, что за 9 ходов в его задаче можно расставить

карточки в порядке возрастания?

C) Приведите полное решение задачи Батырхана.

В заданиях №№ 6–7 могут содержаться математические ошибки (как в условиях

«задач», так и в «ответах» и «решениях»). Если некорректно условие «задачи», то

объясните, почему это так. Если неверно «решение», то укажите все ошибки и

приведите верное решение.

6. Трисекция угла. Дан острый угол 𝐴𝑂𝐵. С помощью циркуля и линейки без

делений разделить угол 𝐴𝑂𝐵 на три равные части.

«Решение».

1) На произвольном луче 𝑙, исходящем из точки 𝑃 , отложим отрезки 𝑃 𝑄 и 𝑃 𝑅 так,

что 𝑃 𝑅 = 2𝑃 𝑄.

2) Построим биссектрису 𝑂𝐶 угла 𝐴𝑂𝐵.

3) По разные стороны от биссектрисы 𝑂𝐶, как показано на рисунке ниже, построим

прямые 𝑎

1

и 𝑏

1

, параллельные 𝑂𝐶 и удалённые от 𝑂𝐶 на расстояние 𝑃 𝑄 (𝜌(𝑎

1

, 𝑂𝐶) =

= 𝜌(𝑏

1

, 𝑂𝐶) = 𝑃 𝑄).

4) Построим прямые 𝑎

2

и 𝑏

2

, параллельные соответственно сторонам 𝑂𝐴 и 𝑂𝐵 угла

𝐴𝑂𝐵 и удалённые от этих сторон на расстояние 𝑃 𝑅, то есть 𝜌(𝑎

1

, 𝑂𝐴) = 𝜌(𝑏

1

, 𝑂𝐵) =

= 𝑃 𝑅 (смотри рисунок выше).

5) Построим точку 𝐾 пересечения прямых 𝑎

1

и 𝑎

2

.

6) Построим точку 𝐿 пересечения прямых 𝑏

1

и 𝑏

2

.

7) Лучи 𝑂𝐾 и 𝑂𝐿 делят угол 𝐴𝑂𝐵 на три равные части, то есть ∠𝐴𝑂𝐾 = ∠𝐾𝑂𝐿 =

∠𝐿𝑂𝐵 =

1

3

𝐴𝑂𝐵.

Заметим, что все приведённые построение можно проделать с помощью циркуля и

линейки без делений.

7. Функции. Найти все числовые функции 𝑓 , определённые на множестве рациональ-

ных чисел, такие, что для всех рациональных чисел 𝑎, 𝑏 и 𝑐 выполнено равенство

𝑓 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 𝑓 (𝑎) + 𝑓 (𝑏) + 𝑓 (𝑐) = 𝑓 (𝑎 + 𝑏) + 𝑓 (𝑏 + 𝑐) + 𝑓 (𝑐 + 𝑎) + 𝑓 (0).

«Ответ»: 𝑓 (𝑥) = 𝐴𝑥

2

+ 𝐵𝑥 + 𝐶, где 𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈ R.

«Решение». Назовём функцию 𝑓 «хорошей», если она удовлетворяет заданному

условию. Заметим, что если функции 𝑓

1

и 𝑓

2

«хорошие», то 𝑓

1

± 𝑓

2

также является

хорошей.

Непосредственной подстановкой нетрудно проверить, что функции 𝐴𝑥

2

, 𝐵𝑥, 𝐶 яв-

ляются «хорошими», следовательно квадратный трёхчлен 𝑓 (𝑥) = 𝐴𝑥

2

+𝐵𝑥+𝐶 (𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈

R) является «хорошим», то есть удовлетворяет условию задачи. Докажем, что других

решений нет.

Пусть 𝑓 – «хорошая» функция. Для любого 𝑛 ∈ N найдётся квадратный трёхчлен

𝑃 (𝑥) = 𝐴𝑥

2

+ 𝐵𝑥 + 𝐶 такой, что 𝑃 (0) = 𝑓 (0), 𝑃

(︀

1

𝑛

)︀

= 𝑓

(︀

1

𝑛

)︀, 𝑃 (︀−

1

𝑛

)︀

= 𝑓

(︀−

1

𝑛

)︀ .

Обозначим, 𝑔(𝑥) = 𝑓 (𝑥) − 𝑃 (𝑥), тогда 𝑔(0) = 𝑔

(︀

1

𝑛

)︀

= 𝑔

(︀−

1

𝑛

)︀

= 0. Заметим, что

функция 𝑔(𝑥) является «хорошей», поэтому для всех рациональных чисел 𝑎, 𝑏 и 𝑐

выполнено равенство

𝑔(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 𝑔(𝑎) + 𝑔(𝑏) + 𝑔(𝑐) = 𝑔(𝑎 + 𝑏) + 𝑔(𝑏 + 𝑐) + 𝑔(𝑐 + 𝑎) + 𝑔(0).

Положим в этом равенстве 𝑎 = 𝑏 =

1

𝑛

и 𝑐 = −

1

𝑛

. Получим 𝑔

(︀

1

𝑛

)︀ + 𝑔 (︀

1

𝑛

)︀ + 𝑔 (︀

1

𝑛

)︀ +

𝑔

(︀−

1

𝑛

)︀ = 𝑔 (︀

2

𝑛

)︀ + 𝑔 (0) + 𝑔 (0) + 𝑔 (0) . Отсюда 𝑔 (︀

2

𝑛

)︀ = 0. Если в этом же равенстве для

любого 𝑚 ∈ 𝑁 положить 𝑎 = 𝑏 =

1

𝑛

, 𝑐 =

𝑚−2

𝑛

, то после упрощения получим 𝑔

(︀

𝑚

𝑛

)︀ =

2𝑔

(︀

𝑚−1

𝑛

)︀ − 𝑔 (︀

𝑚−2

𝑛

)︀ . Значит, если 𝑔 (︀

𝑚−1

𝑛

)︀ = 𝑔 (︀

𝑚−2

𝑛

)︀ = 0, то 𝑔 (︀

𝑚

𝑛

)︀ = 0. Следовательно,

𝑔

(︀

𝑚

𝑛

)︀ = 0 для всех положительных целых 𝑚. Аналогично, если 𝑔 (︀

𝑚−1

𝑛

)︀ = 𝑔 (︀

𝑚

𝑛

)︀ = 0,

то 𝑔

(︀

𝑚−2

𝑛

)︀ = 0, поэтому 𝑔 (︀

𝑘

𝑛

)︀ = 0 для всех отрицательных целых 𝑘. Итак, 𝑔(𝑥) = 0

для всех рациональных чисел 𝑥 =

𝑚

𝑛

(𝑚 ∈ Z, 𝑛 ∈ N), то есть 𝑓 (𝑥) ≡ 𝑃 (𝑥).