Что значит попарно различные числа

Теория для 19 задания ЕГЭ

Цифры и числа – это не синонимы. Цифры – это символы, которыми записывают числа. Числа состоят из цифр, как слова состоят из букв. Пример: число \(1806\) состоит из цифр \(1\), \(8\), \(0\) и \(6\).

Однозначные числа – числа, состоящие из одной цифры, например \(7\). Двухзначные числа – состоящие из двух цифр, например \(29\). Трехзначные – из трёх, например \(341\). И так далее.

Простое число – число, имеющее только два делителя, – единицу и само себя (при этом число \(1\) простым не считается). Пример: \(13\) или \(277\).

Составное число – число, имеющее больше двух делителей. Например, \(12\) или \(735\).

Натуральное число – целое положительное число. Пример: \(5\), \(34\), \(6908\)…
\(0\) – не натуральное, \(-7\) – тоже.

Четное число – целое число делящиеся на \(2\). Нечетное число – целое число не делящиеся на \(2\). Пример: \(12\), \(1000\), \(106\) – четные; \(3\), \(99\), \(9000001\) – нечетные.

Если написано «попарно различные числа», это означает, что все числа в наборе разные. То есть, любые \(2\) числа не равны друг другу. (Для меня загадка, почему в задачах не пишут просто «все числа разные»).

Если цифры числа неизвестны, их можно записать буквами и провести сверху черточку. Пример: \(\overline\) – число, состоящие из цифр \(a\), \(b\), \(c\).

Любое двухзначное число можно представить как: \(\overline=10a+b\).
Трехзначное: \(\overline=100a+10b+c\).
Четырехзначное: \(\overline=1000a+100b+10c+d\).
\(n\) – значное: \(\underbrace<\overline>_ =10^a+10^ b+. +z\).

На \(2\): последняя цифра числа делится на \(2\) (в том числе \(0\))

На \(3\): сумма цифр числа делится на \(3\). Например, число \(4635\) делится на \(3\), т.к. \(4+6+3+5=18\) (а \(18\) делится на \(3\))

На \(4\): две последние цифры либо нули, либо образуют число, делящееся на \(4\)

На \(5\): последняя цифра \(0\) или \(5\)

На \(6\): одновременно соблюдаются признаки делимости на \(2\) и \(3\)

На \(7\): признаков делимости, увы, нет

На \(8\): три последние цифры нули или образуют число, делящееся на \(8\)

На \(9\): сумма цифр числа делится на \(9\)

На \(11\): разность между суммой цифр, стоящих на нечетных местах, и суммой цифр, стоящих на четных местах, делится на \(11\).
Например, число \(281765\) делится на \(11\), т.к. сумма цифр нечетных мест \(2+1+6=9\), сумма цифр на четных \(8+7+5=20\), т.е. разность между ними \(11\), а \(11\) делится на \(11\)

Если разность равна нулю – число тоже будет делиться на \(11\). Пример: число \(5247\).

На \(25\): две последнее цифры \(00\), \(25\), \(50\) или \(75\)

На \(100\): две последнее цифры \(00\)

На \(125\): три последнее цифры \(000\) или образуют число, делящееся на \(125\).

Число \(b\) делится на число \(a\), если найдётся такое целое число \(q\), что \(b=a \cdot q\).
Обозначается \(b \,\vdots \, a\). Например, \(6\) делится на \(2\), т.к. \(6=2\cdot 3\).
Также в этом случае число \(b\) называют кратным числу \(a\).

Общим делителем чисел называют такое число, которое является делителем для каждого из них. Например, общим делителем чисел \(12\) и \(30\) будет число \(4\).

Два числа называются взаимно простыми, если их общим делителем является только \(1\). Например: \(12\) и \(5\); \(25\) и \(14\); \(3\) и \(11\).
Замечание: два любых простых числа автоматически являются взаимно простыми.

Если одно из двух чисел делится на некоторое число, то и их произведение делится на это число. Например, \(9m\, \vdots \, 3\), так как \(9\) делится на \(3\) (здесь и далее \(m\), \(k\) и \(n\) – любые целые числа).

Если два числа делятся на некоторое число, то и их сумма, и их разность делятся на это число. Например, \((3k+9m)\, \vdots \, 3\), так как \(3k\) – делится на \(3\) и \(9m\) – делится на \(3\). Еще пример: \((99-88+77)\, \vdots \, 11\).

Если одно из чисел делится на некоторое число, а второе нет, то их сумма и их разность не делятся на это число. Например, если \(k\) целое, то: \((3k+17)\) \(3\); \((930-174)\) \(10\).

Если произведение нескольких чисел делится на некоторое простое число, то хотя бы одно из них делится на это простое число. Например, если \(5k\,⋮\,3\), то \(k\,⋮\,3\).

Каждое натуральное число, большее единицы, либо является простым, либо может быть разложено на простые множители.

Примеры:
число \(20\) может быть разложено в произведение \(2\cdot 2\cdot 5\)
число \(105 =21 \cdot 5=7\cdot 3 \cdot5\)
число \(17\) – является простым числом и разложено быть не может.

Замечание: разложение \(17\) как \(17\cdot 1\) – не подходит, т.к. единица не считается простым числом.

Любые два разложения одного и того же числа могут отличаться только порядком множителей.
Например, разложение числа \(6\) мы можем записать либо как \(2\cdot 3\), либо как \(3\cdot 2\) и более никак.
Замечание: вот именно поэтому \(1\) не считается простым числом, ведь иначе любое число имело бы бесконечно много разложений: \(2\cdot 3\cdot 1\); \(2\cdot 1\cdot 3\cdot 1\); \(2\cdot 1\cdot 3\cdot 1\cdot 1\cdot 1\)….

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

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