Доказать что не существует попарно различных натуральных чисел x y z t

Целые числа x, y и z таковы, что (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z. Докажите, что число x + y + z делится на 27.

Решение

Если числа x, y и z дают различные остатки при делении на 3, то число (x – y)(y – z)(z – x) не делится на 3, а число x + y + z, наоборот, делится на 3. Следовательно, по крайней мере, два из трёх чисел x, y, z дают одинаковые остатки при делении на 3. Но тогда число x + y + z = (x – y)(y – z)(z – x) делится на 3, а для этого необходимо, чтобы и третье число давало тот же остаток при делении на 3, что и первые два числа.
Итак, числа x, y, z дают одинаковые остатки при делении на 3. Значит, число x + y + z = (x – y)(y – z)(z – x) делится на 27.

Замечания

Отметим, что такие числа x, y, z существуют, например, 15, 18 и 21 или 50, 53 и 59.

Источники и прецеденты использования

Источник

66 нПУЛПЧУЛБС НБФЕНБФЙЮЕУЛБС ПМЙНРЙБДБ. 10 ЛМБУУ.

пМЙНРЙБДБ УПУФПСМБУШ 2 НБТФБ 2003 ЗПДБ, ОБ ЧЩРПМОЕОЙЕ ЪБДБОЙС ПФЧПДЙМПУШ 5 БУФТПОПНЙЮЕУЛЙИ ЮБУПЧ.

ъБДБЮЙ

2. рП ТЈВТБН ЧЩРХЛМПЗП НОПЗПЗТБООЙЛБ У 2003 ЧЕТЫЙОБНЙ РТПЧЕДЕОБ ЪБНЛОХФБС МПНБОБС, РТПИПДСЭБС ЮЕТЕЪ ЛБЦДХА ЧЕТЫЙОХ ТПЧОП ПДЙО ТБЪ. дПЛБЦЙФЕ, ЮФП Ч ЛБЦДПК ЙЪ ЮБУФЕК, ОБ ЛПФПТЩЕ ЬФБ МПНБОБС ДЕМЙФ РПЧЕТИОПУФШ НОПЗПЗТБООЙЛБ, ЛПМЙЮЕУФЧП ЗТБОЕК У ОЕЮЈФОЩН ЮЙУМПН УФПТПО ОЕЮЈФОП.

5. ч УФТБОЕ ОЕУЛПМШЛП ЗПТПДПЧ, УПЕДЙОЈООЩИ ДПТПЗБНЙ У ПДОПУФПТПООЙН Й ДЧХУФПТПООЙН ДЧЙЦЕОЙЕН. йЪЧЕУФОП, ЮФП ЙЪ ЛБЦДПЗП ЗПТПДБ Ч МАВПК ДТХЗПК НПЦОП РТПЕИБФШ ТПЧОП ПДОЙН РХФЈН, ОЕ РТПИПДСЭЙН ДЧБ ТБЪБ ЮЕТЕЪ ПДЙО Й ФПФ ЦЕ ЗПТПД. дПЛБЦЙФЕ, ЮФП УФТБОХ НПЦОП ТБЪДЕМЙФШ ОБ ФТЙ ЗХВЕТОЙЙ ФБЛ, ЮФПВЩ ОЙ ПДОБ ДПТПЗБ ОЕ УПЕДЙОСМБ ДЧБ ЗПТПДБ ЙЪ ПДОПК ЗХВЕТОЙЙ.

тЕЫЕОЙС

1. пФЧЕФ : ДБ, ОБРТЙНЕТ, a =1, b =5, c =6.

лБЦДПЕ ТЕВТП НОПЗПЗТБООЙЛБ, РП ЛПФПТПНХ МПНБОБС ОЕ РТПИПДЙФ, РПУЮЙФБОП Ч ЬФПК УХННЕ ДЧБЦДЩ Й РПЬФПНХ ЮЈФОПУФШ УХННЩ ОЕ ЪБЧЙУЙФ ПФ ЮЙУМБ ФБЛЙИ ТЈВЕТ. лБЦДПЕ ТЕВТП, ЮЕТЕЪ ЛПФПТПЕ РТПИПДЙФ МПНБОБС, ЧИПДЙФ Ч УХННХ ТПЧОП ПДЙО ТБЪ. фБЛЙИ ТЈВЕТ 2003, РПЬФПНХ ЧУС УХННБ ОЕЮЈФОБ.

еУМЙ ВЩ ЛПМЙЮЕУФЧП ЗТБОЕК У ОЕЮЈФОЩН ЮЙУМПН УФПТПО ВЩМП ЮЈФОП, ФП ТБУУНПФТЕООБС УХННБ ФБЛЦЕ ВЩМБ ВЩ ЮЈФОБ. ъОБЮЙФ, ЬФП ЛПМЙЮЕУФЧП ОЕЮЈФОП.

3. пФЧЕФ : УФЕРЕОШ НОПЗПЮМЕОБ НПЦЕФ ТБЧОСФШУС ФПМШЛП 1.

фЕРЕТШ НЩ РПМХЮЙН, ЮФП РПУМЕДПЧБФЕМШОПУФШ УПУФПЙФ ЙЪ ГЕМЩИ ЮЙУЕМ, РП НПДХМА ОЕ РТЕЧПУИПДСЭЙИ C, Б ЙИ ЛПОЕЮОПЕ ЮЙУМП, Ф. Е. Ч РПУМЕДПЧБФЕМШОПУФЙ ПВСЪБФЕМШОП ВХДХФ РПЧФПТЕОЙС.

4. рЕТЧПЕ ТЕЫЕОЙЕ. пВПЪОБЮЙН

фПЗДБ ХУМПЧЙЕ ЪБДБЮЙ ЪБРЙУЩЧБЕФУС ФБЛ:

чФПТПЕ ТЕЫЕОЙЕ. дМС ТБЧОПУФПТПООЕЗП ФТЕХЗПМШОЙЛБ ХФЧЕТЦДЕОЙЕ ЪБДБЮЙ ФТЙЧЙБМШОП. уЧЕДЈН ЪБДБЮХ Л УМХЮБА ТБЧОПУФПТПООЕЗП ФТЕХЗПМШОЙЛБ.

рТЙ ЬФПН ЪБДБЮБ РЕТЕКДЈФ Ч ТБЧОПУЙМШОХА. рТПЧЕДЈН БЖЖЙООПЕ РТЕПВТБЪПЧБОЙЕ, РЕТЕЧПДСЭЕЕ ФТЕХЗПМШОЙЛ ABC Ч ТБЧОПУФПТПООЙК. ъБДБЮБ УОПЧБ РЕТЕКДЈФ Ч ТБЧОПУЙМШОХА, РПУЛПМШЛХ ЧЩТБЦБЕФУС ФПМШЛП ЮЕТЕЪ РБТБММЕМШОПУФШ, РЕТЕУЕЮЕОЙЕ РТСНЩИ Й УЕТЕДЙОЩ.

5. рХУФШ ЧОХФТЙ УФТБОЩ, РПЛБ ЕЭЈ ОЕ РПДЕМЈООПК ОБ ЗХВЕТОЙЙ, ЧПЪОЙЛМБ БЧФПОПНОБС ПВМБУФШ, УПУФПСЭБС ЙЪ ПДОПЗП ЗПТПДБ. ьФХ ПВМБУФШ, ЧП-РЕТЧЩИ, НПЦОП ТБЪДЕМЙФШ ОБ ФТЙ ЗХВЕТОЙЙ (ДЧЕ РХУФЩЕ), Й ЧП-ЧФПТЩИ, ПОБ ХДПЧМЕФЧПТСЕФ ХУМПЧЙА ЛБЛ УБНПУФПСФЕМШОБС УФТБОБ, Ф. Е. РТЙ ХДБМЕОЙЙ ЧУЕИ ПУФБМШОЩИ ЗПТПДПЧ. вХДЕН ДПВБЧМСФШ ЗПТПДБ Л БЧФПОПНОПК ПВМБУФЙ У УПИТБОЕОЙЕН ЬФЙИ ДЧХИ ХУМПЧЙК.

рТЕДРПМПЦЙН, ЮФП ПВМБУФШ УПДЕТЦЙФ ОЕ ЧУЕ ЗПТПДБ. фПЗДБ ОБКДЈФУС ДПТПЗБ, ЧЕДХЭБС ЙЪ ЗПТПДБ ПВМБУФЙ (ПВПЪОБЮЙН ЕЗП ЮЕТЕЪ X ) Ч ЗПТПД, ЕЭЈ ОЕ РТЙОБДМЕЦБЭЙК БЧФПОПНОПК ПВМБУФЙ (ОБЪПЧЈН ЕЗП Y ). тБУУНПФТЙН ОЕУБНПРЕТЕУЕЛБАЭЙКУС РХФШ (РПУМЕДПЧБФЕМШОПУФШ ДПТПЗ), ЧЕДХЭЙК ЙЪ Y Ч X (ТЙУ. 25).

оБ ЛБЦДПН ПРЙУБООПН ЫБЗЕ ПВМБУФШ ХЧЕМЙЮЙЧБЕФУС ИПФС ВЩ ОБ ПДЙО ЗПТПД ( Y ). уМЕДПЧБФЕМШОП, ТБОП ЙМЙ РПЪДОП ЧУЕ ЗПТПДБ ВХДХФ РТЙУПЕДЙОЕОЩ. ч ЬФПФ НПНЕОФ ПВМБУФШ УПЧРБДЈФ УП ЧУЕК УФТБОПК Й РТЙ ЬФПН ВХДЕФ ТБЪДЕМЕОБ ОБ ЗХВЕТОЙЙ. фБЛЙН ПВТБЪПН, ХФЧЕТЦДЕОЙЕ ЪБДБЮЙ ДПЛБЪБОП.

6. пФЧЕФ : ЬФП ЧПЪНПЦОП.

Источник

Не просто прогрессии

Задача

1. Существует ли арифметическая прогрессия из 100 членов, любые два из которых взаимно просты?
2. Докажите, что не существует бесконечной арифметической прогрессии, состоящей только из простых чисел.

Подсказка 1

1. Зачастую знание ответа может очень помочь при решении. Так вот ответ: да, существует!

2. Попробуйте предположить противное.

Подсказка 2

2. Воспользуемся первой подсказкой и предположим, что нашлась арифметическая прогрессия, состоящая только из простых чисел. Остаётся придумать рассуждение, приводящее нас к противоречию.

Для удобства обозначим первый член прогрессии за a и разность за d. Тогда все последующие члены будут иметь вид a + k · d, где k — любое натуральное число. Остаётся совсем немного — найти среди них числа имеющие общие делители, отличные от 1.

Решение

1. Рассмотрим прогрессию с разностью d = 99! и первым членом a₁ = 1 + 99! (напомним, что запись вида n! обозначает произведение всех натуральных чисел от 1 до n, например 5! = 1·2·3·4·5 = 120, см. также факториал); 99! — это очень большое число, в нем 156 цифр. Любой член этой прогрессии будет иметь вид a_k = 1 + k·99!. Нас интересуют только первые 100 членов этой прогрессии, поэтому k — натуральное число от 1 до 100. Заметим, что a_k не делится ни на одно простое число от 1 до 99 (потому что все время дает при делении на такое простое число остаток 1). Кроме того, разность произвольных двух ее членов a_k и a_l равна (k − l)·99! и может делиться только на простые числа от 1 до 99 (и, конечно, на их произведения в различных степенях), но не может делиться ни на какие простые числа, большие 99. Поэтому у чисел a_k и a_k − a_l нет никаких общих делителей, кроме 1. Наконец, вспомним, что наибольший общий делитель чисел m и m − n равен наибольшему общему делителю чисел m и n (это несложное утверждение лежит в основе алгоритма Евклида и остается читателям в качестве упражнения), поэтому из взаимной простоты a_k и a_k − a_l следует взаимная простота a_k и a_l.

2. Заметим, что если число k делится на a, то и число a + kd делится на a. Поэтому в любой прогрессии, состоящей из натуральных чисел, с первым членом a и разностью d член с номером a + 1 (он равен a + ad = a(d + 1)) будет делиться на a. Если оказалось, что a = 1, то надо то же рассуждение применить к слегка модифицированной прогрессии: в качестве «начала» нужно взять ее второй член. Получается, что в любой бесконечной прогрессии из натуральных чисел обязательно встретится составное число.

Послесловие

Во второй задаче мы без особого труда выяснили, что не бывает арифметических прогрессий, состоящих только из простых чисел, с бесконечным количеством членов. Оказывается, однако, что для любого числа N такая прогрессия из N членов существует. Попробуйте придумать пример для N = 5 (см. ответ для этого и некоторых других случаев). Этот факт — один из примеров того, как за понятной формулировкой скрывается очень сложная проблема.

Но существование прогрессии из простых чисел любой наперед заданной длины — уже доказанная в 2004 году Беном Грином и Теренсом Тао теорема. При этом доказательство совершенно не элементарно и, более того, оно не конструктивно, то есть не предлагает алгоритма для поиска такой прогрессии. Интересно, что на настоящий момент самая длинная из прогрессий, в которой есть только простые числа, состоит всего из 26 членов. Этот пример был найден в 2010 году:
43 142 746 595 714 191 + 23 681 770·223 092 870·n, где n принимает значения от 0 до 25.

Важно еще отметить, что очень часто такого рода задачи полезны не сами по себе, не «конечным результатом», а, скорее, «процессом»: в ходе их решения появляются новые методы, а иногда и целые теории, которые потом находят многочисленные применения. Вот что Давид Гильберт сказал по поводу Великой теоремы Ферма в 1900 году (почти за 100 лет до ее окончательного доказательства!):

«Проблема доказательства этой неразрешимости являет разительный пример того, какое побуждающее влияние на науку может оказать специальная и на первый взгляд малозначительная проблема. Ибо, побуждённый задачей Ферма, Куммер пришёл к введению идеальных чисел и к открытию теоремы об однозначном разложении чисел в круговых полях на идеальные простые множители — теоремы, которая теперь, благодаря обобщениям на любую алгебраическую числовую область, полученным Дедекиндом и Кронекером, является центральной в современной теории чисел и значение которой выходит далеко за пределы теории чисел в область алгебры и теории функций.»

Конечно же, имя Пауля Эрдеша не могло не возникнуть рядом с такой задачей: гипотеза Эрдеша об арифметических прогрессиях утверждает, что если взять какое-либо подмножество натуральных чисел такое, что сумма ряда из обратных к этим числам величин расходится, то это подмножество содержит арифметические прогрессии сколь угодно большой длины. Если в качестве такого подмножества взять простые числа (сумма обратных к ним величин расходится), то получится теорема Грина — Тао.

a = 3527 ; d = 2*3*5*7*. *47 = 614889782588491410
1) 614889782588494937 = 97973663 * 6276072199
2) 1229779565176986347 = 557521 * 2205799539707
3) 1844669347765477757 = 1844669347765477757
4) 2459559130353969167 = 2459559130353969167
5) 3074448912942460577 = 308333 * 9971196443269
6) 3689338695530951987 = 907 * 2613073 * 1556645417
7) 4304228478119443397 = 97 * 31953433 * 1388692397
8) 4919118260707934807 = 3617 * 34871 * 160087 * 243623
9) 5534008043296426217 = 461 * 2767 * 1557371 * 2785721
10) 6148897825884917627 = 4001 * 7549 * 203581964023
11) 6763787608473409037 = 6763787608473409037
12) 7378677391061900447 = 739 * 4051 * 2464744130423
13) 7993567173650391857 = 317 * 25216300232335621
14) 8608456956238883267 = 467 * 42443 * 434312529107
15) 9223346738827374677 = 7547 * 2264357 * 539720963
16) 9838236521415866087 = 2399 * 17908391 * 228997343
17) 10453126304004357497 = 60703 * 883433 * 194922703
18) 11068016086592848907 = 239 * 46309690738882213
19) 11682905869181340317 = 89 * 37466501 * 3503625953
20) 12297795651769831727 = 17328449 * 709688192623
21) 12912685434358323137 = 12912685434358323137
22) 13527575216946814547 = 80473 * 168100794265739
23) 14142464999535305957 = 143573 * 6880649 * 14316041
24) 14757354782123797367 = 14757354782123797367
25) 15372244564712288777 = 5087 * 3021868402734871
26) 15987134347300780187 = 15987134347300780187
27) 16602024129889271597 = 3043103179 * 5455623143
28) 17216913912477763007 = 17216913912477763007
29) 17831803695066254417 = 2266991 * 7865846708287
30) 18446693477654745827 = 18446693477654745827
31) 19061583260243237237 = 823 * 23161097521559219
32) 19676473042831728647 = 313 * 2861 * 7297 * 3011207707
33) 20291362825420220057 = 3896569 * 5207494805153
34) 20906252608008711467 = 20906252608008711467
35) 21521142390597202877 = 79 * 101 * 34142063407897
36) 22136032173185694287 = 22136032173185694287
37) 22750921955774185697 = 22750921955774185697
38) 23365811738362677107 = 309521 * 75490230835267
39) 23980701520951168517 = 385039 * 2233547 * 27884449
40) 24595591303539659927 = 3433 * 7164460035985919
41) 25210481086128151337 = 333579193 * 75575700209
42) 25825370868716642747 = 59 * 46141 * 9486533675413
43) 26440260651305134157 = 424003 * 62358664092719
44) 27055150433893625567 = 71 * 381058456815403177
45) 27670040216482116977 = 3931 * 23159 * 303939359413
46) 28284929999070608387 = 28284929999070608387
47) 28899819781659099797 = 28899819781659099797
48) 29514709564247591207 = 53 * 556881312532973419
49) 30129599346836082617 = 137 * 241 * 1187 * 768785224523
50) 30744489129424574027 = 163 * 6211 * 30368136809939
51) 31359378912013065437 = 73 * 2887 * 148798244905187
52) 31974268694601556847 = 61 * 67 * 83 * 229 * 881 * 1093 * 427451
53) 32589158477190048257 = 479 * 587 * 599 * 1607 * 120408413
54) 33204048259778539667 = 33204048259778539667
55) 33818938042367031077 = 3229 * 5689 * 10513 * 175117409
56) 34433827824955522487 = 4831 * 7127681189185577
57) 35048717607544013897 = 4483 * 7818139104961859
58) 35663607390132505307 = 202473619 * 176139526553
59) 36278497172720996717 = 63653963 * 569933048359
60) 36893386955309488127 = 103 * 17957 * 19946996874037
61) 37508276737897979537 = 107 * 5039 * 3086219 * 22540951
62) 38123166520486470947 = 304559 * 10267567 * 12191299
63) 38738056303074962357 = 937 * 156971 * 263377584391
64) 39352946085663453767 = 1069 * 2081 * 17689985020003
65) 39967835868251945177 = 443 * 4799 * 13967 * 1346024683
66) 40582725650840436587 = 15643 * 21871 * 118618526879
67) 41197615433428927997 = 41197615433428927997
68) 41812505216017419407 = 619 * 1231 * 54872846216963
69) 42427394998605910817 = 113 * 49831 * 7534740875239
70) 43042284781194402227 = 104399 * 18972287 * 21730979
71) 43657174563782893637 = 151 * 181 * 22189 * 71988375443
72) 44272064346371385047 = 44272064346371385047
73) 44886954128959876457 = 44332537 * 1012505874161
74) 45501843911548367867 = 149 * 85691 * 3563752351613
75) 46116733694136859277 = 1753 * 26307320989239509
76) 46731623476725350687 = 3019 * 1451893 * 10661373161
77) 47346513259313842097 = 698686727 * 67765010311
78) 47961403041902333507 = 131 * 366117580472536897
79) 48576292824490824917 = 491 * 98933386607924287
80) 49191182607079316327 = 4201 * 291107 * 40223692261
81) 49806072389667807737 = 109 * 456936443941906493
82) 50420962172256299147 = 959331691 * 52558424417
83) 51035851954844790557 = 44507 * 1146692699010151
84) 51650741737433281967 = 1889 * 27342901925586703
85) 52265631520021773377 = 6011 * 10651 * 816355061257
86) 52880521302610264787 = 379 * 139526441431689353
87) 53495411085198756197 = 409 * 919 * 142323858678107
88) 54110300867787247607 = 10987 * 877367 * 5613316483
89) 54725190650375739017 = 11380907 * 4808508728731
90) 55340080432964230427 = 751 * 182011 * 404857522607
91) 55954970215552721837 = 173 * 1669 * 247697 * 782375933
92) 56569859998141213247 = 1759 * 2113 * 5827 * 2612009483
93) 57184749780729704657 = 459185017 * 124535312921
94) 57799639563318196067 = 603431 * 95785002035557
95) 58414529345906687477 = 349 * 1087 * 2851 * 48799 * 1106771
96) 59029419128495178887 = 57059 * 7966261 * 129864313
97) 59644308911083670297 = 78929 * 755670398853193
98) 60259198693672161707 = 112247 * 787793 * 681453917
99) 60874088476260653117 = 197 * 54420271 * 5678132791
100) 61488978258849144527 = 1237 * 49708147339409171
Дальше 101-й не годится, т.к. сомножители 53 и 59 уже были за номерами 48 и 42 соответственно:
101) 62103868041437635937 = 53 * 59 * 199 * 549229 * 181712261

Источник

ВУЗОВСКО-АКАДЕМИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ

6-7.1. Известно, что каждое из чисел 2x−y, 2y−z и 2z−x положительно. Докажите, что все числа x, y, z положительны.

Решение: Предположим противное, т.е., пусть среди чисел x, y и z есть неположительные. Пусть x ≤ 0 (остальные два случая аналогичны). Тогда (так как число 2x−y положительно), число y отрицательно. Далее из положительности числа 2y−z следует, что z 0. Противоречие.

6-7.2. У Васи есть набор из четырёх палочек. Он сложил из них прямоугольник. Потом он попытался сложить из всех четырёх палочек треугольник, но оказалось, что это невозможно. Каким этот прямоугольник мог быть? Найдите все варианты, и объясните, почему других нет. Палочки ломать нельзя.

Пусть не все длины палочек одинаковы. Так как из палочек был сложен прямоугольник, то эти длины палочек в каждой из пар, образующих его противоположные стороны равны. Пусть эти длины равны a и b, и пусть a

Ответ: 25 брёвнышек.

8.1. Каково множество значений, которое может принимать сумма

Решение: Необходимое замощение состоит из 4 вложенных друг друга рамок. Каждая рамка выложена домино отдельно (см. рисунок). Рассмотрим произвольный замкнутый маршрут муравья. Он проходит через одну или несколько рамок, рассмотрим самую внешнюю рамку. Маршрут имеет на этой рамке не меньше двух клеток подряд, если таких клеток три или больше, то, по построению замощения, это пересечение содержит и целое домино. Таким образом можно считать, что пересечение состоит из кусков в точности по две клетки подряд. Рассмотрим один из таких кусков. Если этот кусок не целое домино, то, поскольку этот кусок в самой внешней рамке, маршрут должен содержать две соседние с ними клетки из соседней изнутри рамки, но по построению эти две клетки образуют домино.

Итак, любой замкнутый маршрут содержит минимум одно целое домино.

Решение: Имеем (a+b)(1+√)=a+b+(a+b)√ ≥ 2√+(a+b)√=√(1+a+1+b) ≥ 2√. Здесь мы дважды воспользовались неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим: [(x+y)/2] ≥ √.

9.3. a) Алиса расставила 10 натуральных чисел по кругу. Чеширский Кот посмотрел на эти числа и заметил, что как ни разделить круг на две половинки (по 5 чисел в каждой), ровно в одной половинке произведение находящихся там чисел будет делиться на 2. Сколько чётных могло быть среди написанных Алисой? Приведите все варианты и объясните, почему других нет.

б) На следующий день Алиса расставила по кругу 100 каких-то натуральных чисел. Теперь Чеширский Кот обнаружил, что при любом разделе круга на две половины, ровно в одной из них произведение находящихся там чисел делится на 8. Сколько чётных чисел могло быть среди написанных Алисой на этот раз? Приведите все варианты и объясните, почему других нет.

Решение: Отметим, что все числа нечётными быть не могут, поэтому там есть хотя бы одно чётное число

а) Если на круге только одно чётное число, то оно всегда попадает только в один полукруг, и только в нём произведение будет чётным.

Если на круге есть хотя бы два чётных числа, то можно разделить круг на два полукруга так, чтобы в каждом полукруге было хотя бы одно чётное число, тогда произведение чисел в каждом окажется чётных, что противоречит условию. Итак чётных чисел в круге в точности одно.

Предположим, что на круге стоят хотя бы 6 чётных чисел. Заметим, что при каждом повороте полукруга на одно число, количество чётных чисел в нём не может измениться больше чем на одно. Разделим круг на два полукруга. Если в каждом из них не меньше трех чётных чисел, то оба произведения делится на 8, чего быть не может, таким образом в одном из полукругов не более двух чётных чисел. Начнём его поворачивать (по одному числу), тогда через 50 поворотов число чётных чисел в нём станет больше трех. Поскольку число чётных при каждом повороте могло измениться не больше чем на 1, то при одном из поворотов в одном из полукругов число чётных равнялось трём, однако это противоречит условию.

Ответ: а) 1 б) от 1 до 5.

9.4. На стороне ромба произвольным образом выбрали точку, и соединили её отрезками с противоположными вершинами ромба, разбив тем самым ромб на три треугольника. Докажите, что вписанные в эти треугольники три окружности имеют общую касательную.

К решению задачи 9.4.

Замечание: Стратегия не единственна. Годится, например, такая модификация: первым ходом Борис проводит прямую m перпендикулярно проведённой Андреем, а далее на каждую проведённую Андреем прямую отвечает прямой, симметричной относительно m. Доказательство не меняется.

Ответ: Выигрывает Борис; одна из его выигрышных стратегий приведена в решении.

10.1. a) Приведите пример определённой на всей числовой прямой R функции f(x), для которой при всех x ∈ R выполнено равенство f(f(x))=2007x+2008.

б) Приведите пример определённой на всей числовой прямой R функции f(x), для которой при всех x ∈ R выполнено равенство f(f(f. f(x)))_{100 раз}=2007x+2008.

Решение: a) Будем искать f(x) в виде ax+b. Тогда f(f(x))=f(ax+b)=a(ax+b)+b=a 2 x+(a+1)b. Значит, a и b находятся из условий a 2 =2007, (a+1)b=2008. Подойдёт, например, функция f(x)=√<2007>x+[2008/(√<2007>+1)].

б) Будем искать f(x) в том же виде. Тогда f(f(f(x)))=a(a 2 x+(a+1)b)+b=a 3 x+(a 2 +a+1)b, f(f(f(f(x))))=a(a 3 x+(a 2 b+a+1)b)+b=a 4 x+(a 3 +a 2 +a+1)b и вообще, для любого натурального n f(f(f. f(x)))_{n раз}=a n x+(a n−1 +a n−2 +. +a+1)b. (Строгое доказательство требует индукции.) Из равенства a 100 x+(a 99 +a 98 +. +a+1)b=2007x+2008 находим, что a= 100 √<2007>, b=[2008/(1+ 100 √<2007>+ 100 √<2007 2>+. + 100 √<2007 99>)].

б) f(x)= = 100 √<2007>x+[(2008 ( 100 √<2007>−1))/2006] или f(x)= 100 √<2007>(1−x)+1.

Замечание. Конечно, есть и другие способы решения, приводящие к другим ответам.

10.2. a) Пусть положительные числа a, b, p, q удовлетворяют равенствам p+q=1 и [p/a]+[q/b]=[1/(pa+qb)]. Докажите, что тогда a=b.

б) Пусть положительные числа a, b, c, p, q, r удовлетворяют равенствам p+q+r=1 и [p/a]+[q/b]+[r/c]=[1/(pa+qb+rc)]. Докажите, что тогда a=b=c.

Решение: a) Из равенства [p/a]+[q/b]=[1/(pa+qb)] выводим, что p 2 +pq([a/b]+[b/a])+q 2 =1. Обозначим левую часть равенства через S. Поскольку [a/b]+[b/a] ≥ 2, то S ≥ (p+q) 2 =1, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда [a/b]+[b/a]=2, т.е. при a=b.

б) Из равенства [p/a]+[q/b]+[r/c]=[1/(pa+qb+rc)] выводим, что p 2 +q 2 +r 2 +pq([a/b]+[b/a])+pr([a/c]+[c/a])+qr([b/c]+[c/b])=1. Обозначим левую часть равенства через S. Поскольку [a/b]+[b/a] ≥ 2, [a/c]+[c/a] ≥ 2, [b/c]+[c/b] ≥ 2, то S ≥ p 2 +q 2 +r 2 +2pq+2qr+2rp=(p+q+r) 2 =1, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда [a/b]+[b/a]=2, [a/c]+[c/a] = 2 и [b/c]+[c/b] = 2,т.е. при a=b=c.

10.3. Постройте (c помощью циркуля и линейки) в треугольнике ABC все точки Q такие, что ∠CAQ ≤ ∠BAQ, ∠ABQ ≤ ∠CBQ и ∠BCQ ≤ ∠ACQ. Ответ обосновать.

Решение: Такая точка единственна: центр вписанного круга. Докажем это. Пусть точка Q удовлетворяет всем условиям задачи. Обозначим через d_AB, d_AC и d_BC расстояние от Q до прямых AB, AC и BC соответственно. По свойству биссектрисы угла ∠CAQ ≤ ∠BAQ⇔ d_AC ≤ d_AB. Аналогично, ∠ABQ ≤ ∠CBQ⇔ d_AB ≤ d_BC и ∠BCQ ≤ ∠ACQ⇔d_BC ≤ d_AC. Имеем d_AC ≤ d_AB ≤ d_BC ≤ d_AC. Если хоть одно из неравенств строгое, приходим к противоречию. Поэтому все расстояния от точки Q до сторон треугольника равны. Но тогда Q лежит на биссектрисах внутренних углов, и стало быть, является центром вписанной окружности.

Построение точки трудностей не вызывает.

Ответ: Сюрприз делит конфету в отношении 3:2, считая от левого её конца.

10.5. В строку записали 23 произвольных целых числа (не обязательно последовательных). Доказать, что между ними можно так расставить знаки сложения, умножения и скобок, чтобы получившееся выражение делилось на 2000 без остатка. Другие операции, знаки и числа использовать нельзя.

Замечание. Число 23 в условии задачи уменьшить нельзя: последовательность из 22 единиц такова, что указанными в условии действиями числа, делящегося на 2000, не получить.

Решение: Способ первый. Пусть y=mf(kx+b)+a. Искомая функция G(x) определяется с помощью уравнения mf(ky+b)+a=x. Отсюда [(x−a)/m]=f(ky+b), т.е, ky+b=g([(x−a)/m]), и y=[1/k](g([(x−a)/m])−b).

Способ второй. Чтобы получить график F(x), следует график f(x)

1) сжать в k раз по оси Ox и сдвинуть вдоль этой оси на −[b/k],

2) растянуть в m раз по оси Oy и сдвинуть вдоль этой оси на a.

1) растянуть в m раз по оси Ox и сдвинуть вдоль этой оси на a,

2) сжать в k раз по оси Oy и сдвинуть вдоль этой оси на −[b/k].

Но это означает, что G(x)=[1/k](g([(x−a)/m])−b).

11.2. На доске записано выражение

Двое игроков играют в следующую игру: они по очереди произвольным образом подставляют вместо коэффициентов a_i действительные числа. После того, как будет сделано 2007 ходов, на доске образуется некоторая функция f(x). (Такая функция называется тригонометрическим полиномом). Начинающий выигрывает, если эта функция имеет корень на отрезке [−[(π)/2]; [(π)/2]] и проигрывает в противном случае. Кто из игроков может обеспечить себе выигрыш, и как ему следует для этого играть?

Решение: Одна из возможных выигрышных стратегий начинающего заключается в следующем: до тех пор, пока есть такая возможность он ставит произвольные числа в качестве коэффициентов перед косинусами, затем делает совершенно произвольные ходы, кроме последнего. Последним ходом он заменяет некоторый коэффициент a_2k−1 на любое число, модуль которого больше, чем сумма модулей остальных выставленных игроками чисел. Покажем, что в этом случае f(x) имеет корень на отрезке [−[(π)/2]; [(π)/2]]. В самом деле, числа t=[(π)/(2·(2k−1))] и −t, очевидно, принадлежат этому отрезку. f(t)=a_2k−1+ ∑_i=1 1003 a_2icos2ix+ ∑_{i=1, i ≠ k} 1004 a_2i−1sin(2i−1)x, и (в силу выбора a_2k−1 и того, что модули синуса и косинуса не превосходят 1), это значение имеет тот же знак, что и a_2k−1. Аналогично, f(−t) имеет знак, противоположный знаку a_2k−1. По свойству непрерывной на отрезке [−t;t] функции, f(x) имеет на этом отрезке корень x₀. Ясно, что x₀ ∈ [−[(π)/2]; [(π)/2]].

Ответ: Выигрывает начинающий.

11.3. 1000 радиусов разделили круг на 1000 равных секторов: 500 синих и 500 красных. В синие секторы, начиная с некоторого, против движения часовой стрелки записали последовательно (по одному числу в сектор) все натуральные числа от 1 до 500 включительно. В красные секторы, начиная с какого-то, записали также последовательно (по одному числу в сектор) эти же числа, но уже по часовой стрелке. Докажите, что существует полукруг, в котором записаны все натуральные числа от 1 до 500, если а) цвета секторов чередуются, б) цвета секторов расположены в произвольном порядке.

Решение: Докажем сразу пункт б). Сделаем это двумя способами.

Способ 1 (операционный).

На множестве всевозможных конфигураций определим операцию (m,n), которая каждой конфигурации круга сопоставляет новую: всем числам на синих секторах добавляет m, а ко всем числам на красных секторах добавляет n (если при этом какие-либо числа превосходят 500, то 500 вычитается из них достаточное число раз). Заметим, что если конфигурация A правильная, то и конфигурация A(n,n) также правильная. Действительно, если в правильном полукруге добавить ко всем числам одно и тоже число, то все числа останутся различными, а полукруг останется правильным.

Способ 2 (дискретно-непрерывный)

Сдвинем полукруг на один сектор по часовой стрелке. Посмотрим как при этом изменится раскраска.

Зафиксируем произвольный круг, удовлетворяющий условиям задачи. Рассмотрим какой-либо полукруг. Закрасим соответствующим образом окружность. Повернём 250 раз полукруг по часовой стрелке. Тогда синий и красный участки поменялись местами (в силу симметрии задачи к переменам цветов синий- красный). Тогда среди 250 полукругов был такой, для которого ближайший сосед слева левого конца синего участка есть правый конец красного. Поскольку общая сумма дуг на этих двух участках есть 500, а на всей окружности тоже 500 дуг, то эти участки не пересекаясь содержат всю окружность. Следовательно все числа на этом полукруге различны, существование такого полукруга и необходимо было доказать.

11.4 В треугольник, длины всех сторон которого измеряются целыми числами, вписан круг радиуса 1. Достаточно ли этой информации, чтобы однозначно восстановить длины всех сторон треугольника? Ответ обосновать.

Без ограничения общности можно считать, что

В силу неравенства треугольника все эти числа положительны, кроме того они все или одновременно целые, или одновременно полуцелые. Но теперь

следовательно r_i все являются целыми. r₃ больше остальных, и, как легко заметить, равенство r₁=r₂=r₃ невозможно. Тогда r₁+r₂ 3 +ax 2 +bx+c=0 имеет три различных действительных корня. Докажите, что все они расположены на интервале с концами [(−a±2√)/3].

File translated from T _E X by T _T H, version 3.80.
On 14 Feb 2008, 11:40.

Источник