11.2. Задача 10–2.

10 клас

10. 1. Для якого найбільшого натурального існує набір з натуральних чисел, який має таку властивість: серед чисел набору рівно одне число ділиться на , рівно два числа діляться на , і так далі, рівно число з цього набору ділиться на 2 і усі чисел діляться на ?

(Рубльов Богдан)

Відповідь: .

Розв’язання. Спочатку наведемо шуканий приклад для . Наприклад, умову задовольняють такі числа: .

Припустимо такий набір існує при . Тоді число ділиться на , числа діляться на . Тобто максимум одне число не ділиться на і максимум два не діляться на , тому максимум три числа не діляться на , тому мінімум числа кратні , але за умовою їх повинно бути рівно . Одержана суперечність завершує доведення.

10. 2. Коло описане навколо гострокутного трикутника , та – його висота та бісектриса відповідно. Позначимо через , , другі точки перетину з колом прямих , , відповідно. Доведіть, що – діаметр кола .

(Рожкова Марія)

Розв’язання. Якщо , то твердження очевидне. Інакше, спочатку покажемо, що (рис. 5). Дійсно,

оскільки – бісектриса, тому , звідки . З доведеної рівності , тому точки лежать на одному колі. Тоді , звідки й випливає потрібне твердження.

10. 3. Чи існує геометрична прогресія натуральних чисел із знаменником відмінним від , яка задовольняє таку умову: число має у своєму десятковому записі рівно на одну цифру більше, ніж число для усіх від 0 до 2013?

(Рубльов Богдан)

Відповідь . існує.

Розв’язання. Розв’яжемо задачу для довільного скінченого натурального і прогресії .

Виберемо , де натуральний параметр визначимо пізніше, та . Тоді

, .

Для того, щоб виконувались умови задачі, достатньо, щоб виконувалась умова:

Спочатку покажемо, що ліва нерівність справджується , дійсно

Тепер знайдемо за яких умов може справджуватись права нерівність.

Якщо вибрати , що задовольняє умову , то будемо мати таку нерівність:

Для її доведення, якщо не використовувати властивості послідовності , можна провести такі міркування при :

Таким чином, щоб ця нерівність справджувалась , треба щоб виконувалась нерівність . Це є достатньою умовою для вибору потрібного значення .

Тепер повернемось до початкової задачі, у якій . Достатньо обрати . Оскільки , то для прогресії з нульовим членом та знаменником виконуються потрібні умови.

Альтернативне розв’язання. Нехай, як і раніше, – знаменник прогресії. Нехай для деякого натурального виконується умова: . Для існування шуканої прогресії достатньо існування такого , щоб виконувались умови:

, , . (1)

Тоді, з урахуванням значення , першу умову можна записати таким чином:

або , . (2)

Підберемо таким, що задовольняє умову . Тоді автоматично виконуються умови (2), оскільки , а остання нерівність для натуральних просто перевіряється. Для цього достатньо знаменник прогресії шукати у такому вигляді:

Зрозуміло, що таке існує, бо , а при , тому знайдеться шукане значення .

Тепер залишається досягти умови натуральності членів прогресії, тобто , тут достатньо вибрати .

Твердження доведене.

10. 4. Нехай є зв’язний граф з вершинами . Позначимо – найменшу кількість ребер, які необхідно пройти, щоб дістатися з вершини у вершину . Знайдіть найбільше можливе значення суми: .

Відповідь . .

Розв’язання. Розглянемо такий граф, що має максимальне значення (або один з таких графів). Якщо в цьому графі є цикл, то вилучимо з нього ребро, граф залишиться зв’язним, а величина принаймні не зменшується. Продовжуючи таким чином, одержимо зв’язний граф без циклів, тобто дерево. Відомо, що в такому графі знайдеться хоча б дві висячі вершини (тобто вершини степінь яких дорівнює 1).

Позначимо дві висячі вершини та . Нехай

Позначимо . Перемалюємо граф таким чином, як показано на рис. 6. Обчислимо, як зміниться при цьому значення .

Оскільки , тo . І якщо тепер , то ми можемо збільшити . Але нескінченно довго ми не можемо збільшувати , то ми прийдемо до випадку , але тоді граф – ланцюг рис. 7. Тому і це значення досягається на ланцюгу. Залишається його обчислити:

11 клас

11. 1. Знайдіть усі значення параметру , при яких нерівність

має єдиний розв’язок у дійсних числах.

(Рубльов Богдан)

Відповідь: .

Розв’язання. Якщо позначити три вирази

, та ,

то з умов задачі маємо такі дві умови:

та .

Після піднесення до квадрату нерівності одержимо, що

Остання нерівність виконується при усіх можливих значеннях . Таким чином розв'язком нерівності є її ОДЗ. Воно задається такими трьома нерівностями:

, та .

Зрозуміло, що , крім того справджується умова: . За таких значень параметра розв’язком нерівності є множина , таким чином єдиний розв’язок цієї нерівності буде за умови , тобто .

11. 2. Задача 10–2.

11. 3. Для яких натуральних існує набір прямокутників , які мають таку властивість: будь-який з цих прямокутників можна покрити усіма іншими -м прямокутником з цього набору, але не можна покрити ніякими -ма іншими прямокутниками з цього набору? (Прямокутники можна розташовувати в будь-якому з двох положень, при яких їх сторони є паралельними двом заданим перпендикулярним прямим).

Відповідь: Для довільного .

Розв’язання. Нехай прямокутники мають розміри , . Для виконання умови необхідно, щоб сторони прямокутників задовольняли нерівностям: .

Покажемо далі, що достатньо щоб вони задовольняли такі умови:

, (1)

, (2)

.........................

, (3)

, (4)

.........................

. (5)

Пара нерівностей (3), (4) гарантує, що прямокутник не вдасться покрити менш ніж -м прямокутником, а -м – вдасться. Пояснимо, чому це так. Будемо говорити, що прямокутник розташовано горизонтально, якщо його горизонтальна сторона не коротша за вертикальну, й вертикально у протилежному випадку. Будемо вважати, що прямокутник розташовано горизонтально. Тоді прямокутниками, що залишилися його можна покрити наступним чином (рис. 8). З іншого боку, меншої кількості прямокутників не вистачить. Дійсно, якщо якісь з прямокутників , …, розташовувати не вертикально, а горизонтально, то довжин їх вертикальних сторін не вистачить, щоб покрити вертикальну сторону прямокутника , оскільки справджується нерівність (4), а тоді всередині нього непокритою все одно залишиться деяка смужка довжиною , яку іншими прямокутниками покрити не вдасться. А тоді, максимальна сума горизонтальних сторін буде як раз

що за умовою (3) менше ніж .

Набір прямокутників, що задовольняє нашим нерівностям, можна побудувати наступним чином. Спочатку послідовно обираємо так, щоб виконувались нерівності (4) при усіх й з умови (5). Далі виберемо , після чого послідовно будемо обирати числа так, щоб вони задовольняли нерівностям (3) при , а далі число , що задовольняє умову (2) та число з нерівності (1).

11. 4. Чи для довільної скінченної підмножини натуральних чисел існує просте число таке, що для кожного числа , що належить , знайдеться натуральне число таке, що , але не ділиться націло на ?

(Ківва Богдан).

Відповідь . так, для довільної.

Розв’язання. Покажемо, що для довільної скінченної підмножини існує потрібне . Нехай – множина всіх тих простих чисел, які є дільниками хоча б одного числа з . Так, як множина – скінченна, то – теж скінченна. За теоремою Діріхле існує просте число вигляду . Покажемо, що це просте число нам підходить.

З визначення випливає, що для довільного символ Лежандра . дає остачу по модулю , тому перша частина рівності слідує з квадратичного закону взаємності Гауса, а друга з того, що дає остачу по модулю . Отже, кожне просте число з множини є квадратичним лишком по модулю . Але ж кожен елемент з є добутком якихось елементів з , тому сам є квадратичним лишком, а це і вимагалося від .

⇐ Предыдущая 1 23