1 задание 11 класс

-1-
Методическая разработка к занятию № 1
продвинутой группы 11 класса ВЗМШ
«Текстовые задачи. Задачи на целые решения»
Текстовые задачи
.Задачи этого типа делятся на следующие категории:
1.
2.
3.
4.
5.
Задачи на числовые зависимости
Задачи на прогрессии
Задачи на совместную работу
Задачи на смеси, сплавы, растворы
Задачи на движение
5.1.Задачи на совместное движение (два поезда движутся друг другу
навстречу)
5.2. Задачи на относительное движение (катер плывет по реке с
определенной скоростью, плюс река сама имеет собственную скорость течения
относительно берегов)
5.3. Задачи на движение по замкнутым траекториям (бегуны бегут по
дорожкам стадиона, обоняя друг друга)
Сложность задач возрастает по мере опускания по этому списку.
Решение задач состоит из следующих этапов:
1.
2.
3.
4.
Выбор неизвестных.
Составление уравнений.
Решение полученных уравнений.
Отбор решений, удовлетворяющих условиям задачи.
1. Задачи на числовые зависимости.
1.1. Позиционные системы счисления.
В позиционных системах счисления один и тот же числовой знак (цифра) в
записи числа имеет различные значения в зависимости от того места (разряда),
где он расположен. Изобретение позиционной нумерации, основанной на
поместном значении цифр, приписывается шумерам и вавилонянам; развита
-2-
была такая нумерация индусами и имела неоценимые последствия в истории
человеческой цивилизации. Для обозначения чисел все более больших в
позиционной системе счисления не нужно использовать бесконечное число
символов (как, например, в римской системе счисления, которая является
непозиционной, и значение каждого используемого в ней символа не зависит
от его места в записи числа). К числу позиционных систем относится
современная десятичная система счисления, возникновение которой связано со
счётом на пальцах. В средневековой Европе она появилась через итальянских
купцов, в свою очередь заимствовавших её у мусульман. Для записи чисел
используются символы 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, называемые индо-арабскими
цифрами.
Представление натурального числа А, содержащего n знаков (цифр) вида
A  an1  10n1  an2  10n2  ...  a0 , где a0 , a1 ,..., an1 - соответственно количества
единиц, десятков, сотен и т.д. в числе A, называется систематической записью
натурального числа А по основанию 10.
Пример. 8945= 8  103  9  102  4  10  5 . Данное число содержит 5 единиц,
4 десятка, 9 сотен, 8 тысяч. Приведенное представление является
систематической записью числа 8945 по основанию 10.
Задача 1. Найти двузначное число, если известно, что единиц в нем на 2
больше, чем десятков, и что произведение искомого числа на сумму его цифр
равно 144.
Решение. Пусть x - число единиц, x  2 - число десятков, следовательно,
число представимо в виде  x  2 10  x  11x  20 . Сумма цифр равна 2 x  2 .
Искомое уравнение 11x  20  2 x  2   144 ; x1  4 ; x2 
0  x  9, 0  x  2  9 , то число есть 24.
Ответ: 24.
1.2. Деление с остатком.
13
; так как x  N и
11
-3-
Определение. Разделить целое число a на целое число b  0 с остатком
– это значит представить a в виде a  bq  r , где q и r - целые числа и
0  r  b . Число q называется частным, а число r - остатком.
Пример.
1) a  7, b  3 , 7  3  2  1 , q  2, r  1
2) a  7, b  3 , 7  3   3  2 , q  3, r  2 . Внимание! Представление
7  3  2   1
является
ошибочным,
так
как
остаток
r
всегда
неотрицателен!
Задача 2. Найти два двузначных числа, если известно, что:
1. если к первому приписать справа второе, а затем цифру 0, то получится
пятизначное число, которое при делении на квадрат второго даёт в частном 39,
в остатке 575;
2. если к первому приписать справа второе, а затем из составленного таким
образом числа вычесть другое число, полученное приписыванием справа
первого числа ко второму, то разность будет равна 1287.
Решение. Пусть x и y - соответственно первое и второе двузначные числа.
После приписывания к первому второго получим 100 x  y . Припишем ещё
ноль. Получим 100 x  y 10 . Используя условие 1 задачи и формулу деления с
остатком, получим: 100 x  y 10  y 2  39  575 . Второе уравнение составляем
по условию 2: 100 x  y   100 у  x   1287 . Итак,
1000 x  10 y  39 y 2  575;

99 x  99 y  1287.

х - y=13, x=13+y.
13000+1000y+10y=39 y 2 +575=0,
39 y 2 -1010y-12425=0.
505  860
1365
2
5052  255025 , D   860  , y1,2 
, y=
 35 ; x=48.
4
39
39
-4-
Ответ: 48, 35.
2. Задачи на прогрессии.
2.1. Арифметическая прогрессия.
Определение.
арифметической
Числовая
прогрессией,
последовательность
если
 an 
 d : n N : an1  an  d ;
называется
число
d
называется разностью прогрессии.
Основные свойства арифметической прогрессии:
1. Формула n  го члена: an  a1  d  n  1 ;
2. Признак (характеристическое свойство) арифметической прогрессии:
последовательность  an  является арифметической прогрессией тогда и только
тогда, когда an 
3.
Сумма
Sn 
n
a1  an
n;
2
an1  an1
, т  2,3,4,.. .
2
членов
Sn 
арифметической
2a1   n  1 d
2
прогрессии:
Sn  a1  a2  ...  an
n.
 Советы
1. При решении задач на арифметические прогрессии ввести
обозначения: a1 - первый член, d - разность, а для записи остальных
членов воспользоваться формулой n  го члена: an  a1  d  n  1 .
2. В частном случае, когда в арифметической прогрессии ровно 3 члена,
наряду с советом 1, можно поступать так: обозначить эти числа x, y, z
и для записи того, что они составляют арифметическую прогрессию,
xz
.
воспользоваться признаком y 
2
Приведем высказывание древнего философа, которое поясняет наши
советы.
Постулат Оккама (постулат лезвия бритвы):
«Не плодите сущности свыше надобности».
-5-
В смысле решения текстовых задач это означает – чем меньше переменных
Вы введете, тем легче, проще и быстрее решится Ваша задача. Но, с другой
стороны, если ввести слишком мало неизвестных, то их не хватит для
описания всего, что происходит в задаче. Поэтому надо использовать
минимально необходимое количество неизвестных. Для задач на прогрессии
это количество равняется трем.
2.2. Геометрическая прогрессия.
Определение. Числовая последовательность
геометрической
прогрессией,
если
 bn  ,
существует
bn  0 , называется
q  0,
такое
что
 n  N : bn1  bn q ; число q называется знаменателем прогрессии.
Основные свойства геометрической прогрессии:
1. Формула n  го члена: bn  b1q n1 .
2. Признак (характеристическое свойство) геометрической прогрессии:
последовательность  bn  является арифметической прогрессией тогда и только
тогда, когда bn2  bn1bn1 , n  2,3,..
3. Сумма членов геометрической прогрессии.
3.1. Если q  1 : S n  nbn
1  qn
3.2. Если q  1: S n  bn
1 q
3.3. Если q <1, то наряду с вычислением S n по 3.1 можно вычислить S :
S  lim Sn  b1  b2  ...  bn  ... 
n
 Советы
b1
1 q
-6-
1. При решении задач на геометрические прогрессии ввести
обозначения: b1  0 - первый член, q  0 - знаменатель, а для записи
остальных членов воспользоваться формулой n  го члена: bn  b1q n1 .
2. В частном случае, когда в геометрической прогрессии ровно 3 члена,
наряду с советом 1, можно поступать так: обозначить эти числа x, y, z
и для записи того, что они составляют геометрическую прогрессию,
воспользоваться признаком y 2  xz .
Задача 3. Найти трехзначное число, которое делится на 45 и цифры
которого образуют арифметическую прогрессию.
Решение. Пусть в числе x сотен, y десятков, z единиц. По условию задачи,
используя характеристический признак арифметической прогрессии, запишем
zx
y
. Условия делимости числа на 45 эквивалентно условию делимости
2
числа на 5 и на 9. Число делится на 5, если оно оканчивается цифрами 0 или 5,
число делится на 9, если сумма его цифр делится на 9. Отсюда: x  y  z  9 и
z = 5 либо z = 0.
1.Если z = 0.
 x  y  9k ;

 2 y  x.
Здесь  x ; y    6;3 ; 12 ;6  ; 18 ;9  . Число 630.
2.Если z = 5.
 2 y  x  5;

 x  5  y  9k .
3 y  9k , y  3k ( y  0, y  3, y  6, y  9 ).
Так как x  2 y  5 , то y  9 и y  0 не подходят.
y  3: x  1 , число 135.
y  6 : x  7 , число 765.
-7-
Ответ: 630, 135, 765.
Задача 4. Найти пятый член бесконечно убывающей геометрической
прогрессии, если известно, что её сумма равна 9, сумма квадратов её членов
равна 40,5.
Пусть последовательность определяется b1  0 - первый член, и
Решение.
q  0 , q  1 - знаменатель.
S1 
b1
=9;
1 q
b1 , b1q, b1q 2 , ..., b1q n1 , ...
Если
-
исходная
бесконечно
убывающая
геометрическая прогрессия, то последовательность, полученная из данной
возведением каждого её члена в квадрат, также будет бесконечно убывающей
геометрической
2
1
2
1
2
2
1
4
прогрессией
2
1
b , b q , b q , ..., b q
2 n2
со
знаменателем
q2  0 :
b12
, ... Её сумма S 
 40,5 . Разделим S2 на S1 ,
2
1 q
2

возведенную в квадрат:
S2
S 
1 2

1
40,5 1  q  1 1  q


, 
, q  , b1  6 .
2
81
1 q
3
2 1 q
2
4
2
1
.
Используя формулу общего члена, находим b5 : b5  b1q  6    
 3  27
4
Ответ:
2
.
27
Задача 5. Три числа составляют геометрическую прогрессию. Если от
третьего числа отнять 4, то числа составят арифметическую прогрессию. Если
же от второго и третьего членов полученной арифметической прогрессии
отнять по 1, то снова получим геометрическую прогрессию. Найти числа.
-8-
Решение. Обозначим числа x, y, z . Используя характеристическое свойство
геометрической прогрессии, будем иметь: y 2  xz . По условию задачи:
x, y , z  4
- арифметическая прогрессия, следовательно,
x, y  1, z  5 - геометрическая прогрессия, следовательно,
y
 y  1
x   z  4
2
2
;
 x  z  5 .
Итак, получим систему:

 y 2  xz ,
y 2  xz ,


x  z  4  zy,

 x  z  4  zy,  5x+1=x+z 2
 5 x  1  2 y;

 y  2 y  1  xz  5 x;
5x  1
y
т.е.
;
z  4 x  5 . Из первого уравнения
2

y 2  xz ,

 x  z  4  2 y,

2
 y  1  x  z  5  ;
4x  z  5 ,
4;
 5 x  1
4
2
 x  4 x  5 ,
9= 42 , x1,2 
25 x 2  10 x  1  16 x 2  20 x ,
9 x 2  20 x  1  0 ,
D =254
54
1
, x1  1, x2  .
9
9
 1 7 49 
Ответ: (1;3;9) или  ; ;
.
9 9 9 
3. Задачи на совместную работу.
1 тип. Количество выполненной работы не дано в конкретных единицах
(рабочим надо выкопать котлован, но не сказано, сколько в нем кубометров;
машинистке нужно напечатать рукопись, но не сказано, сколько в ней
страниц).
В таких задачах объём всей работы, которая должна быть выполнена,
принимается за 1 (единицу). Время t , требующееся для выполнения всей
работы и производительность труда q , т.е. величина работы, выполненной за
1
единицу времени, связаны соотношением q  .
t
Пусть у нас есть n работающих субъектов: 1,2,3,..., n.
-9-
Пусть tk - это время, которое потребуется субъекту k для выполнения всей
работы, при условии, что он работает один: t1 , t2 , t ,..., tn (единицы времени).
Производительность субъекта
k - это количество работы, которое он
1
выполняет за 1 единицу времени: qk  , k  1,2,3,..., n .
tk
Совместная
производительность
1 1
1
Q  q1  q2  ...  qn    ...  .
t1 t2
tn
всех
Время совместной работы субъектов: T 
работающих
субъектов:
1
1
1


Q q1  q2  ...  qn 1  1  ...  1
t1 t2
tn
Задача 6. Первому трактору на вспашку всего поля требуется на 2 часа
меньше, чем третьему и на 1 час больше, чем второму. При совместной работе
первого и второго трактора поле может быть вспахано за 1 час 12 мин. Какое
время на вспашку поля будет затрачено при совместной работе всех трех
тракторов?
Решение. Пусть x (ч)- время необходимое для вспашки поля первому
трактору, тогда второму понадобится x  1 , а третьему x  2 часа. За один час
1 1
1
;
;
они вспахивают
часть поля соответственно. Вместе:
x x 1 x  2
1
1 
1 
1
1



часть
поля,
а
первый
и
второй



 часть. По
 x x 1 x  2 
 x x 1
условию задачи при совместной работе
первого и второго трактора поле
6
может быть вспахано за 1 час 12 мин или за часа. Получаем уравнение:
5
1
6
6
6
 , x  x  1   2 x  1 , x 2  x   2 x  1  0,
5
5
5
1
1

x x 1
17
6
x 2  x   0,
5
5
- 10 -
17 13

289 120  13 
5
5 , x  0,4 - не подходит, т.к. х-1<0.
D

   , x1 
1
2
25
25  5 
2
17 13

5
5 , x  3 . Тогда x  1  2 , x  2  4 .
x2 
2
2
Находим
совместную
производительность
1
1
1
1 1 1 31
Q 

    .
x x  1 x  2 3 2 5 30
трех
тракторов:
Находим время, необходимое для вспашки поля при условии совместной
работы трех тракторов:
T
1
 30 / 31(часа).
Q
Ответ: 30 / 31 часа.
Задача 7. Все комбайны колхоза вместе убирают урожай за 1 сутки. Но
по плану в первый час работал один комбайн, во второй два и т. д., до тех пор,
пока не стали работать все комбайны, действовавшие вместе до полной
уборки. Время, предусмотренное по плану, уменьшилось бы на 6 часов, если
бы с самого начала работали бы постоянно все комбайны за исключением
пяти. Сколько было комбайнов?
Решение. Пусть n - число комбайнов, х - производительность труда каждого
комбайна. Примем всю работу за 1 (единицу). Так как все комбайны колхоза
вместе убирают урожай за 1 сутки (24 часа), то 24nx  1.
Работа по плану:
Час
1
2
…
n -1
n
n+1
n+2
…
Кол-во комбайнов
1
2
…
n -1
n
n
n
…
2x
…
(n -1)x
nx
nx
nx
…
Совместная
x
производительность
t часов
- 11 -
Пусть по плану комбайны работают t часов вместе (одновременно), а общее
время работы по плану  n  1  t часов. Тогда получаем:
x  2 x  ...   n  1 x  ntx  1 .
Или
n  n  1 x
 n 1 
 ntx  1, nx 
 t   1,
2
 2

n 1
1
t 
 24 .
2
nx
Если время работы по плану уменьшится на 6 часов:  n  1  t  6  n  7  t
(часов)
Количество комбайнов: n  5 . Совместная производительность:  n  5  x .
Время совместной работы:
1
n7t
 n  5 x
Итак, мы получили систему уравнений:
n 1

 t  24,

2

 n  7  t  n  5  x  1,

24nx  1;


n  25 .
49  n

t

,

2

 n  7  t  n  5  x  1,

1

x ;
24

49  n 
1




1,
n
7
n
5




2 
24n

Ответ: 25 комбайнов.
2 тип. Объем работы, которую надо выполнить, задан в конкретных
единицах (котлован объемом 7 кубометров, поле площадью 12 гектар). В этом
случае весь размер работы – N (единиц работы).
Пусть у нас есть n работающих субъектов: 1,2,3,..., n.
Пусть tk - это время, которое потребуется субъекту k для выполнения всей
работы, при условии, что он работает один: t1 , t2 , t ,..., tn (единицы времени).
- 12 -
Производительность субъекта
k - это количество работы, которое он
N
выполняет за 1 единицу времени: qk  , k  1,2,3,..., n .
tk
Совместная
производительность
N N
N
Q  q1  q2  ...  qn    ...  .
t1 t2
tn
Время совместной работы субъектов: T 
всех
работающих
субъектов:
N
N
1


Q q1  q2  ...  qn 1  1  ...  1
t1 t2
tn
Задача 8. В резервуар поступают вода из двух труб различных
диаметров. В первый день обе трубы, работая одновременно, подали 14 м3
воды. Во второй день была включена лишь малая труба. Она подала 14 м3
воды, проработав на 5 часов больше, чем в первый день. В третий день работа
продолжалась столько же времени, сколько во второй, но сначала работали обе
трубы, подав 21 м3 воды, а затем лишь большая труба, подавшая ещё 20 м3
воды. Найти производительность каждой трубы.
Решение. Пусть большая труба подает x  м3 час  , меньшая труба подает
y
м
3
час  , x  y .
3 день. t1 часов работали обе трубы, совместная производительность
 x  y   м3
час  . За t1 часов подано  x  y  t1  21. Большая труба в одиночку
работала t2 часов, подав xt2  20 .
2 день.  t1  t2  часов работала меньшая труба, подав y  t1  t2   14 .
 t1  t2  5 часов, совместная
час  . Подано  t1  t2  5  x  y   14 .
1 день. Время работы
 x  y   м3
Получаем систему уравнений:
производительность
- 13 -
  x  y  t1  21,

xt2  20,

y  t1  t2   14,

 x  y t  t  5  14;
 1 2 


x y
21
20
14
, x y

t1
t2 t1  t2
,
x y
14
.
t1  t2  5
14
 21 20


,
t
t
t

t
t1 t1  t2  5
 1
2
1
2
, 2t1  3t1  3t2  15 , t1  15  3t2 .


21
14
3
2


;
 t1 t1  t2  5
Тогда
7
20
14


, 7t2 15  2t2   20  5  t2 15  2t2   14  5  t2  t2 ,
5  t2 t2 15  2t2
40t22  535t2  1500  0 ,
8t22  107t2  300  0 ,
D  432 ,  t2 1,2 
107  43
,
16
(t2 )1  4 ,  t2 2 
75
. Но  t2 2 не подходит, т.к. при таком значении t1 <0 - не
8
подходит.
t2  4  x  5 , y  2 .
Ответ: 2 м3 час , 5 м3 час .
4. Задачи на сплавы, смеси, растворы, проценты.
Решение этих задач связано с понятием «концентрация», «процентное
содержание», «влажность» и основано на следующих допущениях: все
рассматриваемые смеси, сплавы, растворы однородны.
1) Массовая концентрация и массовое процентное содержание вещества в
смеси.
- 14 -
Есть смесь веществ № 1, № 2,…, № n.
Их массы: m1 , m2 , m3 ,..., mn .
Масса смеси: M  m1  m2  ...  mn .
Массовая концентрация qk вещества k , 1  k  n в смеси: qk 
Массовое
процентное
m
Qk  qk  100%  k  100% .
M
содержание
вещества
mk
.
M
k
в
смеси:
2) Объемная концентрация и объемное процентное содержание вещества
в смеси.
Есть смесь веществ № 1, № 2,…, № n.
Их объемы: v1 , v2 , v3 ,..., vn .
Объем смеси: V  v1  v2  ...  vn .
Объемная концентрация pk вещества k , 1  k  n в смеси: pk 
Объемное
процентное
v
Pk  pk  100%  k  100% .
V
содержание
вещества
k
vk
.
V
в
смеси:
3) Общие понятия.
Влажность – это массовая или объемная концентрация, либо массовое или
объемное процентное содержание воды в смеси.
Чистое вещество – то (единственное) вещество в смеси, которое Вы считаете
наиболее важным, либо о котором больше всего известно.
Абсолютные величины: кг, г, м3 , л, и тому подобное.
Относительные величины: концентрации и процентные содержания.
 Совет
- 15 -
При решении задач на смеси:
1. Выбрать чистое вещество.
2. для каждого состояния каждой смеси просчитать три величины:
а) абсолютную величину смеси;
б) абсолютную величину чистого вещества;
в) относительную величину чистого вещества.
Задача 9. Имеется кусок сплава меди с оловом массой 12 кг, содержащий
45% меди. Сколько чистого олова надо прибавить к этому сплаву, чтобы
получившийся сплав содержал 40% меди?
Решение. Было 12 кг сплава с 45% меди и 55% олова, чистой меди 12  0,45 кг,
чистого олова 12  0,55 кг. Добавили x кг олова. Стало 12  x  кг сплава,
чистой меди 12  0,45 кг, чистого олова 12  0,55  x  кг. Получившийся сплав
должен содержать 40% меди и 60% олова. Составляем пропорцию:
12  0,55  x 60 6,6  x 3
;

 ; 13,2  2 x  16,2 x  1,5 .
12  0,45
40
5,4
2
Ответ: 1,5 кг олова.
Задача 10. Имеется сталь двух сортов с содержанием никеля 5% и 40%.
Сколько стали этих сортов надо взять, чтобы получить 140 т стали с
содержанием 30% никеля.
Решение. Пусть взяли x тонн стали с 5% содержания никеля, следовательно,
140  x  тонн с 40% содержанием никеля. Нужно получить 140 тонн стали с
содержанием 30% никеля. Следовательно,
x  0,05  140  x   0,4  0,3  140 , 0,35  x  0,1  140 ,
35 x  1400, x  40
Тогда 140  x  100 (тонн).
Ответ: 40 т с 5% содержанием никеля и 100 т с 40% содержанием никеля.
- 16 -
Задача 11. Из сосуда, содержащего 54 л чистой кислоты, вылили
несколько литров и после этого долили сосуд водой до нужного объёма. Затем
из сосуда вылили смеси столько же литров, как и в первый раз. В результате в
смеси, оставшейся в сосуде, осталось чистой кислоты 24 л. Сколько кислоты
вылили в первый раз?
Решение. Пусть было вылито x литров кислоты. Осталось (54 - х) литров.
После долива x литров воды получилось 54 литров смеси с (54 - x) литрами
54  x
кислоты , концентрация кислоты в 1 литре смеси составляет
. Во
54
54  x
второй раз вылили x литров смеси. В них было х 
литров кислоты
54
(объем вылитой смеси умножили на концентрацию кислоты в одном литре
54  x
смеси). Всего за два раза вылили х+
 х литров кислоты. Получаем
54
54  x
х+
 х = 54-24=30. x1  90 , x2  18 .
54
Ответ: 18 литров кислоты вылили в первый раз.
Задача 12. Сосуд емкостью 8 литров заполнены смесью кислорода и
азота, причем на долю кислорода приходится 16% емкости сосуда. Из этого
сосуда выпускают некоторое количество смеси, дополняют столькими же
литрами азота и вновь выпускают столько же смеси, после чего добавляют
столько же азота. В результате в сосуде стало 9% кислорода. Сколько литров
смеси выпускали из сосуда каждый раз?
Решение. Пусть каждый раз выпускали х литров. После первого раза в сосуде
осталось  8  x  литров смеси, в ней  8  x   0,16 литров кислорода. После
8  x   0,16 
 8  x   0,02 литров кислорода.
8
Когда опять выпустили х литров смеси, в ней выпустили  8  x   0,02  x
добавления азота в 1 литре стало
литров кислорода (концентрацию кислорода в одном литре умножили на
объем выпускаемой смеси). Всего выпустили x  0,16   8  x   0,02  x литров
кислорода. Осталось
- 17 -
8  0,16  0,16 x   8  x   0,02 x литров кислорода, причем
8  0,16  0,16 x  0,16 x  0,02 x 2
9
(по условию кислорода осталось 9%

8
100
после всех выпусканий),
8  16  16 x  16 x  2 x 2  72 , 2 x 2  32 x  56  0 , x 2  16 x  28  0
D = 64  28 = 62 , x  8  6  2 , x  8  6  14 .
1
2
4
Но x   0; 8  , поэтому x  2 .
Ответ: 2 литра.
Задача 13. Имеется два сплава с различным процентным содержанием
меди. Масса первого сплава - a кг, второго - b кг. От каждого из сплавов
отделили по куску равной массы и каждую из отдельных частей сплавили с
остатком другого куска. В новых сплавах процентное содержание меди стало
одинаковым. Какова масса каждого из отрезанных сплавов?
Решение. Пусть отрезали по x кг. Пусть в первом сплаве y % меди, во втором
z %.После перестановки меди стало:
в первом сплаве:
a  x
во втором сплаве:  b  x 
a  x
y
z
x
,
100
100
z
y
x
, причем
100
100
y
z
z
y
x
b  x   x
100
100 
100
100 .
a
b
 a  x  y  xz   b  x  z  xy ,
a
b
aby  xby  bxz  abz  axz  axy ,
ab  y  z   xb  y  z   ax  y  z   0 ,
- 18 -
 y  z  ab  xb  xa   0 ,
 y  z  ab  x  a  b  , x 
Ответ: масса каждого из отрезанных кусков равна
ab
.
ab
ab
кг.
ab
5. Задачи на движение.
При решении этих задач принимают следующие допущения. Если нет
специальных оговорок, то движение считают равномерным. Скорость
считается величиной положительной. Всякие переходы на новый режим
движения, на новое направление движения считают происходящими
мгновенно. Если тело с собственной скоростью х движется по реке, скорость
течения которой y, то скорость движения тела по течению считается равной x
+ y , а против течения x - y. Уравнения и системы уравнений в таких задачах
обычно составляются не трудно, однако, особенно в задачах на сложение
движений (задачи на движение по реке, эскалатору и т.п.) возникают
нелинейные системы уравнений, решение которых вызывает затруднения. На
примере решения ряда задач разберем особенности этого раздела.
Задача 13. Из пункта А и пункт В отправляются три велосипедиста.
1
Первый из них едет со скоростью 10 км час . Второй отправляется через
2
часа после первого и едет со скоростью 8 км час . Какова скорость третьего
1
часа после второго и
2
что он догоняет первого через 4 часа после того, как он догонит второго.
велосипедиста, если известно, что он выезжал через
Решение. Пусть третий велосипедист догонит второго велосипедиста
через t часов после выезда первого. До этого момента второй велосипедист
1
1
находился в пути ( t  ) часа и проехал 8(t  ) км, а третий велосипедист
2
2
ехал t  1 часов и проехал v3 (t  1) км, после чего они встретились, т.е.
 1
v3  t  1  8  t   .
 2
- 19 -
Третий велосипедист догоняет первого через 4 часа после того, как догонит
второго, т.е. после того, как он находился в пути t  3 часа и проехал v3 (t  3)
км, первый велосипедист к этому времени был в пути t  4 часа и проехал
10(t  4) км. Они встретились, поэтому v3  t  3  10  t  4  .
Выпишем систему уравнений
 v3  t  1  8t  4,

v3  t  3  10t  40.
Разделим первое уравнение на второе и сведем систему к квадратному
уравнению относительно t :
t  1 4t  2

; 5t 2  5t  20t  20  4t 2  12t  2t  6 ,
t  3 5t  20
t 2  5t  14  0 ,
D=25+56= 92 , t 
5  9
3
, t  2 . Тогда v3  8   12 .
2
2
Ответ: скорость третьего велосипедиста равна 12 км час .
Решенная задача лишена трудностей, свойственных более трудным
задачам на движение. Но уже в следующей задаче будет проблема
несоответствия количества уравнений и неизвестных: неизвестных будет на
одну больше, чем уравнений.
Задача 14. Из пункта А в пункт B выехал грузовик, через час из А в В
выехал мотоцикл. В п. В они прибыли одновременно . Если бы из п. А и п. В
они выехали одновременно навстречу друг другу, то встретились через 1 ч.12
мин. Найти время, за которое грузовик проедет АВ.
Решение. Обозначим расстояние AB= l (км), скорости грузовика и мотоцикла,
км
6
соответственно vгр , vм (
часа, то второе
). Так как 1 час 12 минут - это
5
час
- 20 -
условие задачи записывается так:
v
гр
 vм 
6
6
часа
 l , т.е. совместно за
5
5
машины прошли весь путь от А до В.
То, что время, затраченное грузовиком на путь АВ на час больше, чем время,
l
l
затраченное мотоциклом можно записать в виде равенства
  1.
vгр vм
Получим систему уравнений.
1

 vгр  vм 1 5  l ,
 l
l


 1;
v
v
 гр
м
или
 6
 l  5  vгр  vм  ,

 

l  1  1   1.
  vгр vм 
В этой системе 2 уравнения и три неизвестных. В таком случае (т.е. когда
количество уравнений меньше, чем количество неизвестных, следует прежде
чем решать систему, выписать те величины, которые необходимо найти через
введенные неизвестные. Эти записи будут содержать подсказки. В этой задаче
l
. Данная запись
требуется найти время tгр движения грузовика: t гр 
vгр
показывает, что нам не надо находить отдельно длину пути l и скорость
грузовика vгр , а лишь их частное. Введем для симметрии еще одно
обозначение t м 
l
. Перейдем в системе к этим неизвестным. Обычно это
vм
делается путем деления на неизвестный участок пути l .
- 21 -
 5 vгр vм
6  l  l ,

 l
l

  1;
 vгр vм
откуда
5 1 1
   ,
 6 t м tг
 t  t  1;
 г м
5 1
1
, 5t гр2  5t гр  6t м  6  6t м . 5t гр2  17t гр  6  0;


6 tгр tгр  1
tгр  0, 4;
D  289  120  132. 
 tгр  3.
Время движения грузовика, равное 0,4 часа не возможно, так при этом время
движения мотоцикла отрицательно.
Ответ: 3 часа.
Приведем пример уравнения, в котором количество неизвестных
существенно превосходит количество уравнений.
Задача 15. Путь АВ, по которому едет велосипедист, состоит из трех
участков, причем длина первого в 6 раз больше длины третьего. Найти
среднюю скорость движения на всем пути АВ, если известно, что она равна
скорости движения на втором участке, на 2 км час меньше скорости
движения на первом участке и на 10 км час больше половины скорости
движения на третьем участке.
Решение. Обозначим vсреднее  v; AB  l , первый участок равен 6х км, третий х
км (0 < 7x < l ); второй участок имеет длину l  7 x км. Если v3 - скорость
v3
 10 ; или v3  2v  20 ,
2
скорость движения на втором участке v2  v , скорость движения на первом
движения на третьем участке, то по условию
v
участке v1  v  2 . По определению средней скорости движения, время
- 22 -
l
часов. Оно складывается из сумму времен
v
прохождения каждого из трех участков.
прохождения пути есть
l
6x
l  7x
x



,
v  v  2
v
2v  20
Решаем получившееся уравнение и видим, что «лишние» неизвестные
сокращаются:
7x
6x
x
7 12v  120  v  2
,
,



v v  2 2v  20 v
2v 2  16v  40
14v 2  112v  280  12v 2  120v  v 2  2v ,
v 2  6v  280  0 ,
D  17 2 , v  3  17  14 .
Ответ: 14 км час .
В задачах на относительное движение составление уравнений обычно не
вызывает труда, однако получившиеся уравнения «баланса времен» (т.е.
уравнения, в которых записанные через введенные неизвестные времена
прохождения участков пути приравниваются известным величинам, содержат
неизвестные в знаменателях и поэтому достаточно трудно решаются.
Задача 16. В реку впадает приток. Катер отходит от пункта А,
находящегося на притоке, идет по течению 80 км до впадения притока в реку в
пункте В, а затем идет вверх по реке до пункта С. На путь от А до С он
затратил 18 часов, на обратный путь 15 часов. Найти расстояние ВС, если
скорость течения реки 3 км час , скорость катера 18 км час .
Решение. Обозначим ВС= l , АВ=80, скорость течения притока v . На путь 80
80
км вниз по притоку катер затратил
часов. На путь l км вверх по реке –
18  x
l
80
l
затратил
часов, что в сумме составляет 18 часов, т.е.
  18 .
18  v 15
18  3
- 23 -
Аналогично описывая обратный путь, имеем
80
l
  15 . Решаем
18  v 21
получившуюся систему уравнений
l
 80

18  v 15  18,

 80  l  15;
18  v 21
l  270
 80
,

18  v
15

 80  l  315 ;
21
18  v
15
18 v


 80 80 270  l ,

 18  v  21 ;
 80 80 315  l
36
15
21
9
15
21
3
5
7


,




,
,
80 279  l 315  l 20 270  l 315  l 20 270  l 315  l
3  (270- l )(315- l )=100(315- l )+140(270- l ),
3 l 2 -810 l +255150-945 l =31500-100 l +37800-140 l ,
3 l 2 -1515 l +185850=0,
l 2 -505 l +61950=0,
D  852 , l 
505  85
; l1  210, l2  295 .
2
l2  295 - не подходит, т.к.
2
l 245 59


 19 >18.
15 15
3
3
Ответ: 210 км.
Решение системы уравнений получилось непростым, однако, система
была замкнутой, т.е. количество уравнений и неизвестных совпадало.
Рассмотрим более сложную задачу.
Задача 17. Из пункта А в пункт В вдоль реки по её течению идет тропа.
Охотник вышел по тропе из А в В на 3/7 часа позже рыбака, отправляющегося
из А в В на лодке. В пункт В они прибыли одновременно, а спустя 4 часа мимо
них проплыла ветка, брошенная охотником в реку при выходе из А. В
обратный путь охотник вышел на 2 часа 20 мин. позже рыбака,
отправившегося в лодке, однако, догнал его лодку в пункте А. Какое время
затратил рыбак на путь из В в А?
- 24 -
Решение. Ведем обозначения: v  скорость охотника, u  собственная
км
скорость лодки рыбака, w  скорость течения. Скорости измеряются в
.
час
Обозначим через l (км)  расстояние АВ .
1. Движение из А в В, вниз по течению. Время движения рыбака
l
, время
uw
l
l
, время, которое плыла ветка . По условию
v
w
l l
  4.
w v
движения охотника
l
l 3
  ;
uw v 7
2. Движение из В в А, вверх по течению. Время движения рыбака
движения охотника
l
,
uw
l
(оно не зависит от направления течения). По условию,
v
l
l 7
  .
uw v 3
Получаем систему уравнений
l 3
 l
u  w  v  7 ;

l l

 4

w
v

l 7
 l
u w  v  3,

в которой количество уравнений на одно меньше количества неизвестных.
Поэтому выписываем то, что надо найти через введенные неизвестные.
l
, которая имеет вид дроби, в числителе
Необходимо найти величину
uw
которой находится неизвестный участок пути, в знаменателе - неизвестная
скорость. В токам случае, как мы уже говорили, система замыкается с
помощью деления на неизвестный участок пути. Только такой прием надо
применить следующим образом: все дроби, находящиеся в левых частях
уравнений системы преобразовать тождественным образом, путем деления
- 25 -
числителя и знаменателя на неизвестный участок пути l . Обозначим
v
u
w
 x,  y ,
 z.
l
l
l
Система примет замкнутый вид
1 3
 1
 y  z  x  7;

1 1
   4;
z x
1 7
 1

 y  z x  3.

Требуется найти величину
(1)
(2)
(3)
1
. Путем вычитания (2) - (1) и (2) - (3)
yz
исключим из системы x . Получим систему
1
25
1


z y  z 7 ;


 1  1  5.
 z y  z 3
Продемонстрируем
прием, который позволяет эффективно уменьшить
количество уравнений и неизвестных еще на одно. Он использует тот факт,
что знаменатели дробей, находящихся в левых частях системы, однородны по
оставшимся переменным, т.е. содержат y, z лишь в первых степенях. От
переменных
y, z
перейдем
к
переменным
k, z ,
совершив
замену
«пропорциональности»: y  kz . В результате получим:
1
25
1


(1
)
;
 z
k 1
7
После упрощения выражений в скобках и деления первого

1
1
5
 (1 
) .
k 1 3
 z
из уравнений системы на второе, получим уравнение относительно одной
k ( k  1)
15
неизвестной k :
 . Это уравнение сводится к квадратному
( k  1)( k  2) 7
4k 2  4k  15  0 . Решаем это уравнение с учетом того, что k , как отношение
- 26 -
скоростей, положительно и получаем k  2,5 . Поэтому первое из уравнений
1
1
2 5
(1  )  , откуда  5. Тогда y  kz  2 и
z
z
3
3
1
10
искомая величина равна
(часа).

yz 3
последней системы имеет вид
Ответ: 3 часа 20 минут.
Приведем пример простейшей задачи на движение по замкнутой
траектории.
Задача 18. По окружности, длина которой 100 м, движутся равномерно 2
точки. Они встречаются через каждые 4 сек., двигаясь в противоположных
направлениях, и через каждые 20 сек., двигаясь в одном направлении. Найти
скорости точек.
Решение. Обозначим скорости точек u и v
м
. Пусть u  v .
сек
1. Движение в противоположных направлениях. Начнем рассматривать
движение в момент очередной встречи точек. Через 4 секунды после этого
момента точки опять встретятся, т.е. пройдут вместе весь круг в 100 метров. В
виде уравнения это запишется так: 4u  4v  100 .
2. Движение в одном направлении также начнем рассматривать в момент
очередной встречи. Сразу после этого точка с более высокой скоростью
вырвется вперед и будет постоянно наращивать расстояние до отстающей
точки, до тех пор, пока не обгонит ее на полный круг. Это будет означать, что
точки опять встретятся (произойдет это по условию через 20 секунд). Таким
образом, при движении в одном направлении, чтобы снова встретиться после
очередного обгона более быстро движущейся точке надо обогнать более
медленную ровно на 1 круг. Запишем соответствующее уравнение:
20u  20v  100 . Запишем получившуюся систему в виде
100

u

v

;

4
Решается система очень легко. В итоге получаем u  15; v  10.

100
u  v 
.

20
- 27 -
Ответ: 10 м сек , 15 м сек .
Задачи на целочисленные решения
Задачи на целочисленные решения широко распространены и обычно не
достаточно хорошо решаются учащимися.
Надо отметить, что одно и то же уравнение может иметь различное
1
количество решений в разных классах чисел. Так, уравнение ( x  )( x  1)  0
2
имеет 2 решения в классе вещественных чисел или в классе рациональных
чисел, одно решение в классе положительных чисел, одно решение в классе
натуральных чисел. Поэтому, оттого, где разыскиваются решения уравнения
или неравенства зависит количество их решений. В некоторых задачах
ограничения на класс чисел, в котором разыскиваются решения, задаются
искусственно, при помощи дополнительных ограничений, в других задачах
такие ограничения возникают естественно. Например, в задаче о числе
землекопов, которые копают котлован, их количество может быть лишь
натуральным. Так как класс целых чисел (или натуральных чисел) достаточно
беден, не редки ситуации, когда одно уравнение или даже неравенство с
несколькими неизвестными будет иметь конечный набор решений.
Перейдем к краткому описанию основных методов решения таких задач.
Сформулируем простую задачу, которую решим без комментариев
двумя способами. Затем вернемся к обсуждению приведенных решений и
разберем каждый из использованных способов.
Задача 19. Решить уравнение xy  x  y в целых числах.
Решение.
1 способ. Совершим ряд преобразований уравнения. Перенесем все в
левую часть. Получим уравнение xy  x  y  0 . Добавим к правой и левой
части уравнения по единице и перегруппируем слагаемые в левой части
уравнения.
xy  x  y  1  1; x( y  1)  1( y  1)  1. Разложим на множители.
- 28 -
( x  1)( y  1)  1. Так как x, y   , то и скобки ( x  1), ( y  1) есть целые числа.
Таким образом, ( x  1), ( y  1) - целые делители числа 1, а это число может
быть разложено на целые делители лишь как 1  1 или (1)  (1) . Поэтому
можем записать следующую совокупность систем
  x  1  1;

  y  1  1;
  x  1  1;

  y  1  1.
  x  2;

  y  2;
  x  0;

  y  0.
2 способ. Выразим одну из неизвестных через другую.
x( y  1)  y; x 
xy  x  y;
y
. В правой части последнего равенства получилась дробь
y 1
типа «многочлен, деленный на многочлен». Выделяем фелую часть этой
дроби.
x  1
1
1
. Так как левая часть этого равенства есть целое
; x 1 
y 1
y 1
число, то и правая часть также является целым числом, т.е. ( y  1) есть целый
 y  1  1;
делитель числа 1. Таких делителей всего два 1 и -1. Таким образом, 
 y  1  1.
 y  2;
Отсюда 
 y  0;
x  2;
x  0.
Ответ: (2; 2), (0; 0).
Разберем каждый из способов решения.
Первый из них называется «способ разложения на целые множители».
Суть этого метода такова. С помощью некоторых преобразований привести
исходное уравнение к виду, при котором в левой части уравнения стоит
произведение нескольких скобок, каждая из которых является целым числом
при условии того, что исходные неизвестные являются целыми числами.
Правая часть уравнения должна иметь вид целого числа, по возможности,
имеющего немного целых делителей. После этого перебирается ряд случаев
перераспределения этих делителей между сомножителями левой части.
- 29 -
Преимущество этого метода в том, что нет ограничений на вид исходного
уравнения. Однако, есть и существенный недостаток – нет рекомендаций, как
привести исходное уравнение к указанному виду. Поэтому, обычно этот метод
употребляется если требуемое преобразование легко видно. Так обычно
бывает с разностями квадратов или разностями и суммами кубов. Например,
таково уравнение x 2  y 2  105 .
Второй из приведенных способов носит название «Диофантов способ».
Его суть в выполнении следующего плана.
1. Выразить одну из искомых целочисленных переменных через другую.
2. В получившемся рациональном выражении провести упрощения с помощью
выделения целой части.
3. Затем следует провести рассуждения по поводу делимости числителя
оставшейся дроби на знаменатель.
Положительная черта этого метода в четком плане действий. Главный
недостаток в том, что данный план можно провести лишь если выражаемая
неизвестная входит в уравнение линейным образом.
Более сложные задачи на целочисленные решения уравнений и все
задачи на целочисленные решения неравенств решаются третьим методом,
который будет изложен ниже.
Метод ограничения и конечного перебора.
Этот метод основан на том, что множество целых чисел достаточно
бедное и, если получены ограничения типа «решение лежит между 1 и 4»,
приводит к тому, что достаточно перебрать и проверить как кандидатов в
решения лишь числа 2 и 3.
Поясним данный метод на двух примерах.
Задача 20. Решить уравнение x  y  z  xyz в натуральных числах.
Решение. Предположим, что у данного уравнения есть решение
( x0 , y0 , z0 ) . Исходное уравнение обладает перестановочной симметрией, что
- 30 -
означает, что перемена мест неизвестных x, y, z не приводит к изменению
уравнения. Поэтому наличие решения ( x0 , y0 , z0 ) означает наличие еще пяти
решений ( y0 , x0 , z0 ), ( y0 , z0 , x0 ), ( x0 , z0 , y0 ), ( z0 , x0 , y0 ), ( z0 , y0 , x0 ) . Хотя бы одно
из этих решений «упорядоченно», т.е. компоненты решений расположены по
неубыванию. Без ограничения общности (с точностью до переобозначения)
будем считать, что x0  y0  z0 . В процессе исследования уравнения найдем
лишь это решение. Остальные решения выпишем простыми перестановками
компонент решения при записи ответа.
Так как x  y  z , то
xz
y  z . Сложим эти ограничения. Получим x  y  z  3z . Но x  y  z  xyz ,
zz
поэтому xyz  3z . Так как z  число натуральное, то равносильным
преобразованием будет поделить последнее неравенство на z . Получим
xy  3 , при этом x, y  натуральные числа, причем x  y . Таких пар совсем
немного:
x  1; y  1, тогда исходное уравнение примет вид 2 = 0, чего не может быть;
x  1; y  2, тогда из уравнения z  3 ;
x  1; y  3, тогда из уравнения z  2 ; данная тройка не упорядочена и на
первом этапе решения ее отвергаем. Правда, при записи ответа она появится.
Итак, получено решение (1; 2; 3). Запишем полученные всевозможные
перестановки этого решения в ответ.
Ответ: (1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (2; 3; 1), (3; 1; 2), (3; 2; 1).
Приведем пример решения задачи, которая, во-первых, является
текстовой, и, во-вторых, содержит ограничения в виде неравенств.
Задача 21. Около дома посажены липы и березы., причем их общее
количество более 14. Если увеличить вдвое количество лип, а количество
берез увеличить на 18, то берез станет больше, чем лип. Если увеличить вдвое
- 31 -
количество берез, не изменяя количества лип, то лип все равно будет больше.
Сколько лип и сколько берез было посажено?
Решение. Пусть n  количество посаженных лип, а k  количество
посаженных берез. Ограничения, содержащиеся в условии просто переводятся
на язык неравенств. Имеем систему ограничений:
 n  k  14;

Сложим два последних неравенства системы. Получим
2n  k  18;
 2k  n.

n  k  18 . Учет первого неравенства системы приведет к следующим
ограничениям. 14  n  k  18 . Этого ограничения уже достаточно для решения
задачи методом конечного перебора, т.к в интервале (14; 18) содержится всего
три целых числа 15; 16; 17. Таким образом, надо рассмотреть три случая:
n  k  15; n  k  16; n  k  17.
1.  k  15  n;

2n  k  18;  2k  n.

2n  15  n  18;

30
2
n
n
.



 n  11;
В интервале (10; 11) нет

n
10.


натуральных решений.
1

11
;
n


2
1
3
2.
В интервале (10 ; 11 ) есть

3
3
n  10 2 .

3
одно натуральное решение n  11 . Тогда k  16  n  5 .
 k  16  n;
2n  16  n  18;

2n  k  18; 
 32  2n  n.
 2k  n.

2

 k  17  n;
n
11
;

2n  17  n  18; 
1
2


3
3. . 2n  k  18; 

В интервале (11 ; 11 ) нет
3
3
 34  2n  n.
 n  11 1 .
 2k  n.


3
натуральных решений.
Ответ: 11 лип и 5 берез.
7. Задачи типа «Доказать, что уравнения нет целых решений»
- 32 -
Вначале приведем несколько простых фактов, позволяющих
аналитически записывать ряд утверждений о делимости и неделимости
(нацело) целых чисел.
Целое число x делится нацело на 2, т.е. является четным, если
существует такое целое число k , что x  2k .
Целое число x не делится нацело на 2, т.е. является нечетным, если
существует такое целое число k , что x  2k  1 (или x  2k  1).
Целое число x делится нацело на 3, если существует такое целое число
k , что x  3k .
Целое число x не делится нацело на 3, если существует такое целое
число k , что x  3k  1 .
Конечно, можно записать в общем виде, что целое число x делится
нацело на целое число y , если существует такое целое число k , что
справедливо равенство x  ky . А вот неделимость нацело на какое-то число
большее трех записывается более громоздко. Например, целое число x не
делится нацело на 4, если оно представимо в одном из видов совокупности
 x  4n  1;
 x  4n  2; n   . Однако, неделимость на числа, большие трех бывает

 x  4n  3;
нужна редко.
Запомним еще несколько фактов:
- произведение двух последовательных членов ряда целых чисел четно, т.е.
число n(n  1), n   делится на 2;
- два последовательных члена ряда целых чисел взаимно просты (т.е. не имеют
общих целых делителей, кроме единицы).
Далее будет изложен метод, носящий название «алгоритм Евклида». Для
его изложения в полном виде придется рассмотреть 2 задачи.
Задача 22. Доказать, что у уравнения x 2  3 y  17 нет целых решений.
- 33 -
Решение. Предположим противное, что у этого уравнения есть целые
решения x; y   . Перепишем это уравнений в виде
x 2  3( y  6)  1 . Так как y   , то и y  6   , тогда число 3( y  6) делится
нацело на 3. Из этого следует, что число 3( y  6)  1 не делится нацело на 3.
Тогда равное ему число x 2 также не делится нацело на 3. Но тогда и число x
не делится нацело на 3 (действительно, если бы x делилось на 3, то x 2
делилось бы даже на 9). Тогда справедлива запись x  3n  1, n   . Подставим
это представление в исходное уравнение. Получим
(3n  1) 2  3 y  17; 9n 2  6n  1  3 y  17;
3(3n 2  2n  y )  16.
Последнее уравнение противоречиво. Действительно, т.к. y, n   , то число
3n 2  2n  y является целым и, следовательно, число 3( 3n 2  2n  y ) делится
нацело на три, а равное ему число 16 не делится на 3. Полученное
противоречие доказывает утверждение задачи.
Задача решена. Однако, осталось несколько фактов, которые необходимо
обсудить для понимания метода.
Во-первых, зачем надо от вывода о том, что x 2 не делится на 3
переходить к заключению, что x не делится на 3? Ведь уравнение получилось
бы значительно проще, если сразу положить x2  3n  1 ! Давайте сделаем так
для эксперимента, в случае, когда в знаке  стоит «  ». Положим x 2  3n  1.
После упрощений уравнение примет вид n  y  6 , а этот вид не противоречив.
Но, даже то, что вид не противоречив, не самое плохое в сложившейся
ситуации, главная неприятность в том, что уравнение «изменило тип». Ранее
по переменной x старшей была вторая степень, а по наследовавшей ей
переменной n в таком случае стала первая степень. Изменился порядок
уравнения. Допускать этого нельзя. Дело в том, что возведение в степень
«усиливает» свойства делимости (и неделимости чисел). Замены необходимо
совершать с сохранением порядка уравнения, поэтому обсуждаемый переход
необходим.
Во-вторых, давайте обсудим смысл преобразований, проведенных в ходе
решения. Первое, что мы сделали, это обнаружили старшую степень какой-
- 34 -
либо из неизвестных, входящих в равенство и уединили ее в одной из частей
равенства. Затем с помощью анализа другой части равенства сделали вывод о
ее делимости (или неделимости) на какое- то число (обычно, на 2 или 3).
Перенесли этот вывод да старшую степень неизвестной, стоящую в другой
части равенства, сделали обязательный вывод о аналогичной делимости
(неделимости) уже самой неизвестной, стоящей под данной старшей степенью
и записали этот логический вывод аналитически при помощи
соответствующей замены. В рассмотренном примере это привело к
доказательному противоречию.
Пока непонятно, почему приведенный метод решения задачи назван
«алгоритмом Евклида», ведь алгоритм – это процесс, состоящий из целой
цепочки шагов, чего мы не увидели в рассмотренной задаче. Чтобы получить
полное суждение о методе, решим еще одну задачу.
Задача 23. Доказать, что у уравнения 2 x 2  5 y 2  7 нет целых решений.
Решение. Предположим противное, что у этого уравнения есть целые решения
x; y   . Перепишем исходное уравнение в виде 5 y 2  2( x 2  4)  1 . Так как
x   , то x 2  4   , но тогда 2( x 2  4) делится на 2, а число 2( x 2  4)  1 - не
делится на 2. Тогда равное ему число 5y 2 также не делится на 2, а поэтому и
число y не делится на 2. Тогда справедливо представление y  2n  1, n   .
Подставим это представление в исходное уравнение. После преобразований
получим 2 x 2  20n2  20n  12 . Противоречие пока не получено. Однако, есть
возможность сократить на общий множитель 2. В итоге имеем
x 2  10n2  10n  6 или x 2  2(5n(n  1)  3) .
Новые рассуждения. Так как n   , то 5n(n  1)  3   . Тогда 2(5n(n  1)  3)
делится на 2. Тогда равное этому числу число x 2 также делится нацело на 2.
Тогда и число x делится нацело на 2. Поэтому справедливо представление
x  2k , k   . После подстановки этого представления в последнее равенство и
преобразований, уравнений примет вид
4k 2  2(5n(n  1)  3) . Проведем
сокращение на 2. В результате получим после простых преобразований
равенство. 2k 2  5n( n  1)  3 . Число 2k 2  четно. Число 5n(n  1)  также
четно, т.к. n и n  1 - два последовательных члена ряда целых чисел.
- 35 -
Следовательно, левая часть последнего равенства – это четное число, а правая
часть – число 3 –нечетное. Полученное противоречие доказывает утверждение
задачи.
Проведем анализ решенной задачи. Представим, что и правая и левая
части нашего уравнения лежат в черных ящиках и не видны нам, однако, мы
можем узнавать об из делимости или неделимости на какое-либо число. Задача
22 мгновенно решилась, т.к. мы сразу установили, что одно из чисел делится
на три, а второе – нет, следовательно, они не могут быть равны. Но, числа 3 и 6
оба делятся на 3, в то же время они не равны. С такой ситуацией мы
столкнулись в задаче 23, когда, играя на делимости на 2, мы выявляли у
изучаемых чисел общие делители и сокращали их, после чего начинался
следующий шаг решения задачи (т.е. алгоритма Евклида), до тех пор, пока у
одного из исследуемых чисел делители 2 закончились, а к другого – нет. Это
привело к доказательству утверждения задачи. Итак, главная цель
рассуждений алгоритма Евклида – выявление и сокращение общих делителей.
Для этого необходимо, как уже говорилось после задачи 22, сохранять тип
(порядок) уравнения.
Алгоритм Евклида будет нами использован также в задачах на
пересечение серий решений в тригонометрии.