Делимость и остатки

Делимость и остатки
1. а) Не трудно понять, что делителями числа pq являются только числа 1, p, q и pq.
Всего 4 числа.
б) Делителями числа pq являются три числа 1, p, p2 и эти же три числа, умноженные на q. Всего 6 чисел.
в) Выпишем два ряда делителей этого числа:
1, p, p2,
1, q, q2.
Всевозможные произведения числа первого ряда и числа второго ряда есть список
всех делителей данного числа. Всего 9 чисел.
г) Аналогично пункту (в) выпишем два ряда делителей этого числа:
1, p, p2, ..., pm,
1, q, q2, ..., qn.
Всевозможные произведения числа первого ряда и числа второго ряда есть список
всех делителей данного числа.
Всего (m + 1)(n + 1) чисел.
Ответ
а) 4; б) 6; в) 9; г) (m + 1)(n + 1).
2. Подсказка: Покажите, что один из множителей делится на 2 и один из множителей делится на 3.
Решение
Среди этих трех чисел есть хотя бы одно четное число. Значит, в разложении произведения на простые множители есть множитель 2.
Среди этих трех чисел одно число делится на 3. Значит, в разложении произведения на простые множители есть множитель 3.
3. а) Можно заметить: среди этих чисел есть число, кратное 3, есть число, кратное
5, и есть четное число. Значит, произведение делится на произведение простых чисел 2, 3,
5, то есть на 30.
б) Можно заметить большее: среди пяти подряд идущих чисел есть два четных, одно из которых делится на 4. Поэтому, в разложении произведения на простые множители
число 2 встретится три раза. Значит, произведение делится на 3, 5 и 8, то есть и на их произведение 120.
4. Подсказка: Если d - делитель числа n, то n / d - также делитель.
Решение
Если d - делитель числа n, то n / d - также делитель. Таким образом, все делители
числа делятся на пары. Если число имеет нечетное число делителей, то делители какой-то
пары совпадают. Тогда d = n / d, откуда n = d2, то есть число n - квадрат целого числа.
5. Подсказка: Рассмотрите делимость на 11.
Решение
Результат умножения (число справа) делится на 11 (по признаку делимости). Значит, на 11 делится один из множителей. Но двухзначное число кратно 11, если равны его
цифры. Значит, либо A = Б, либо В = Г, что противоречит условию.
6. Подсказка: Рассмотрите делимость на 3.
Решение
Согласно признаку делимости, такое число кратно трем. Если бы оно было полным
квадратом, то делилось бы на 9. Но число не кратно 9 (сумма его цифр не кратна 9, она
равна 300).
7. Подсказка: Выразите a + b через a.
Решение
65(a + b) = 65a + 65b = 65a + 56a = 121a.
Так как числа 65 и 121 взаимно просты, то a + b делится на 121. Поскольку 121 составное число, то и a + b - составное.
8. Произведение (сумма) двух целых чисел дает такой же остаток при делении на n,
как и произведение (сумма) их остатков при делении на n.
а) Данное выражение дает при делении на 7 такой же остаток, как и
2  3  4 + 52 = 49. Значит, искомый остаток равен 0.
б) Данное выражение дает при делении на 8 такой же остаток, как и 1100 = 1.
9. Подсказка
Рассмотрите все остатки, которые может давать n при делении на 3.
Решение
Число n может давать при делении на 3 один из трех остатков: 0, 1, 2. Рассмотрим
три случая.
Если n дает остаток 0, то и n3 и 2n делятся на 3 и поэтому n3 + 2n также делится на
3.
Если n дает остаток 1, то n3 дает остаток 1, 2n - остаток 2, а 1 + 2 делится на 3.
Если n дает остаток 2, то n2 дает остаток 1, n3 дает остаток 2, 2n - остаток 1, а 2 + 1
делится на 3.
Требуемое доказано.
Арифметика. Устный счет
10. Через 59 секунд.
11. Аня и Ваня платят Сане 15 копеек, получая от него по 10 копеек сдачи. После
этого он платит 15 копеек в кассу.
12. 604 страницы (302 листа).
13. Червяк окажется вверху к вечеру 71-го дня.
14. Воскресенье.
15. Диагональ пересекает 199 + 991 - 1 = 1189 клеток.
16. Чая в молоке столько же, сколько молока в чае.
17. 95343
18. Нет. Решение лишь одно: 51286 + 1582 = 52868.
Четность и нечетность
19. Подсказка
Обратите внимание, что шестеренка вращается либо по часовой стрелке, либо против часовой стрелки.
Решение
Предположим, что первая шестеренка вращается по часовой стрелке. Тогда вторая
шестеренка должна вращаться против часовой стрелки. Третья — снова по часовой, четвертая — против и т.д. Ясно, что "нечетные" шестеренки должны вращаться по часовой
стрелке, а "четные" — против. Но тогда 1-я и 11-я шестеренки одновременно вращаются
по часовой стрелке. Противоречие.
Ответ
Не могут.
20. Подсказка
Обратите внимание, что шахматный конь ходит с белой клетки на черную, а с черной — на белую.
Решение
Поскольку при каждом ходе меняется цвет поля, на котором стоит конь, то имеет
место чередование цветов: белого и черного.
21. Подсказка
Обратите внимание, что шахматный конь ходит с белой клетки на черную, а с черной - на белую.
Решение
Пусть клетка a1 — белая. Тогда противоположная ей клетка h8 — также белая.
Конь должен сделать 63 хода.
Каждым нечетных ходом (первым, третьим и так далее) от будет вставать на черную клетку, а каждым четным ходом (вторым, четвертым и так далее) будет возвращаться
на белый цвет.
Последним (63-им, нечетным) ходом он встанет на черное поле. Но клетка h8 —
белая. Поэтому конь не может закончить свой путь в клетке h8.
Ответ
нет, не может.
22. Пронумеруем вершины ломаной в порядке следования числами от 1 до 11.
Прямая делит плоскость на две полуплоскости (1) и (2). Пусть вершина 1 в полуплоскости (1).
Соседние вершины ломаной будут расположены в разных полуплоскостях. Значит,
вершина 2 - в полуплоскости (2), вершина - в полуплоскости (1), и так далее, вершина 11 в полуплоскости (1).
Тогда звено, соединяющее вершины 1 и 11, не пересекает прямую.
Значит, прямая не может пересекать все звенья ломаной.
Ответ
нет, не может.
23. Подсказка
Обратите внимание, что когда шайбы A, B, C не расположены на одной прямой, тогда они идут в порядке A-B-C либо по часовой стрелке, либо против часовой.
Решение
Будем называть расположение шайб правильным, если обходя вершины треугольника ABC именно в порядке A-B-C, мы получим обход по часовой стрелке, и неправильным в противном случае.
Легко видеть, что при каждом ударе тип расположения меняется.
Значит, после каждого нечетного удара, расположение шайб будет иным, нежели в
самом начале. То есть после 25-го хода положение не может стать первоначальным.
Ответ
нет, не могут.
24. Любые двое, стоящие рядом, разного пола. Поэтому, мальчики и девочки чередуются. Так как они стоят по кругу, то их при этом четное число. Значит, мальчиков
столько же, сколько и девочек.
Ответ
Пять девочек
25. Если бы такое было возможно, то все звенья ломаной разбились бы на пары пересекающихся. Однако тогда число звеньев должно быть четным.
Ответ
нельзя.
26. Нельзя, так как общее количество клеток (25) не делится на два, а каждая доминошка покрывает две клетки.
Ответ: нельзя.
27. Если ось симметрии не проходит через вершину, то данные 101 точка должны
разбиваться на пары симметричных, что невозможно.
В 10-угольнике ось симметрии может и не проходить через вершины. Примером
может служить правильный 10-угольник, у которого есть ось симметрии, проходящая через середины противоположных сторон.
28. Для каждого количества очков есть ровно 8 половинок доминошек с таким очками. Внутри цепи все одинаковые половинки встречаются парами (половинки от разных
доминошек).
Половинке с 5 очками, стоящей на одном конце цепи, нет пары внутри цепи, значит, ее пара стоит на другом конце.
Ответ
5 очков
29. Докажем это от противного. Пусть такая цепь имеется.
Тогда одно из чисел 1, 2, 3 не встречается на концах. Пусть это число 3. Тогда
внутри цепи троек четное количество (они разбиваются на пары по правилу складывания
цепи).
Но всего троек после выкидывания костей с пустышками осталось семь.
Противоречие.
30. Шашки, не стоящие на диагонали, разбиваются на пары симметричных, то есть
таких шашек четное число.
Так как всего шашек нечетное число, то на диагонали стоит нечетное число шашек,
то есть, по крайнемй мере, одна.
31. Допустим, что это не так. Соединим шашки, симметричные относительно какой-либо из диагоналей, ниткой. После этого разложим все шашки на "ожерелья" - группы
шашек, соединенных нитками. Тогда в каждом из "ожерелий" - либо две, либо четыре
шашки. Значит, общее количество шашек должно быть четным - противоречие.
Можно рассуждать иначе.
Не сложно (и очень полезно) показать, что если шашки симметричны относительно
обеих главных диагоналей, то их расстановка симметрична относительно центральной
клетки.
Тогда все клетки доски кроме центральной, как и шашки в них, должны разбиться
на пары. Так как 25 шашек на пары не бьются, то одна из них стоит в центральной клетке.
32. Подсказка
Подумайте: можно ли вообще десятью такими купюрами набрать нечетное число
рублей?
Решение
Каждая купюра - нечетное число рублей. Сумма четного числа нечетных чисел четна, поэтому не может равняться 25.
Ответ
нельзя.
33. На каждом листе сумма номеров страниц нечетна, а сумма 25 нечетных чисел нечетна. Поэтому в результате не могло получиться четное число 1990.
Ответ
нет, не могло.
34. Подсказка
1. Какими могут быть множители?
2. Каких множителей сколько может быть?
Решение
Множители - числа +1 и -1, причем количество чисел -1 четно.
Чтобы сумма равнялась нулю, чисел +1 и -1 должно быть поровну, то есть по 11
штук. Но 11 чисел -1 быть не может.
35. Подсказка
Обратите внимание, что среди первых 36 чисел только одно четное, а остальные нечетные.
Решение
Среди этих чисел одно (2) - четное, а остальные - нечетные. Поэтому в той строке,
где стоит двойка, сумма чисел нечетна, а в других - четна.
Ответ
нет, нельзя.
36. Подсказка
Замечание: учтите, что отрицательные числа также бывают четными и нечетными.
Решение
Поставим везде знаки "+":1 + 2 + 3 + ... + 10 = 55.
Заменяя знак "+" на "-", сумма уменьшается на четное число, то есть остается нечетной. Поэтому, она не может стать равной нулю.
Ответ
нельзя.
37. Если он вернулся туда, где начинал, то сумма длин его прыжков вправо стала
равняться сумме длин прыжков влево. То есть общая сумма длин прыжков четна.
Не трудно убедиться, что после 1985 прыжков эта сумма нечетна.
38. Подсказка
Проверьте, что при указанных операциях четность суммы всех написанных на доске чисел не меняется.
Решение
Модуль разности двух целых чисел имеет ту же четность, что и сумма этих чисел.
Поэтому, при указанной замене четность суммы всех чисел не меняется.
Сумма целых чисел от 1 до 1985 нечетна (среди них нечетное количество нечетных
чисел). Поэтому она не может стать равной нулю.
Ответ
нет, не может.
39. Подсказка
Рассмотрите шахматную раскраску доски.
Решение
Каждая доминошка покрывает одно черное и одно белое поле, поэтому доминошки
закрывают поровну черных и белых клеток.
При выкидывании указанных полей черных полей остается на 2 меньше, чем белых. Поэтому оставшуюся часть доминошками не покрыть.
Ответ
нельзя.
40. Пусть при сложении не происходило переносов. Найдется разряд, в котором
складывались цифры одной четности (иначе четных и нечетных цифр должно быть поровну, что невозможно в 17-значном числе). Цифра суммы в этом разряде будет четной.
Пусть переносы были. Тогда наличие переноса при движении справа налево или
слева направо чередуется с отсутствием переноса. К первому разряду единичка прибавиться не может, значит переносы будут только на четные разряды. В результате мы получим, что цифра суммы в девятом разряде обязательно четна, как сумма двух одинаковых цифр.
41. Рассмотрим одного из дружинников. На каждом его дежурстве участвует еще
два человека. Если оказалось, что с каждым он дежурил ровно один раз, то все остальные
разбились на пары. А это невозможно, так как 99 нечетно.
42. Для любой точки A, лежащей вне AB, имеем AX - BX = ±AB.
Если предположить, что суммы расстояний равны, то мы получим, что выражение
±AB ± AB ±...± AB, в котором участвует 45 слагаемых, равно нулю. Но это невозможно.
43. Подсказка
Проведите анализ с конца: что было перед тем, как возникла комбинация из равных
цифр?
Решение
Первая комбинация из девяти единиц может получиться только из комбинации девяти нулей. Если же получилось девять нулей, то на предыдущем ходу нули и единицы
чередовались, что невозможно, так как их нечетное количество.
Ответ
не могут.
44. Предположим, что числа смогли расставить.
Все нечетные числа (5 штук) стоят на местах одной четности. Но на местах этой же
четности должна оказаться половина (2 штуки) четных чисел (любые два соседние четных
числа стоят на местах разной четности).
Получили, что на местах одной четности стоит 7 чисел, а на местах другой четности только два числа. Не трудно понять, что такое невозможно.
Ответ
нельзя.
Комбинаторика
45. Выберем чашку. В комплект к ней можно выбрать любое из трех блюдец. Поэтому есть 3 разных комплекта, содержащих выбранную чашку. Поскольку чашек всего 5,
то число различных комплектов равно 15 (
).
46. Выберем любой из 15 комплектов предыдущей задачи. Его можно дополнить
ложкой четырьмя различными способами. Поэтому общее число возможных комплектов
равно 60 (
).
47.Выделим два случая: путь проходит через город Б или через город Г. В каждом
из этих случаев легко сосчитать количество возможных маршрутов: в первом - 24, во втором - 4. Складывая, получаем общее количество маршрутов: 28.
48. Возможны три разных случая: первый - покупаются чашка с блюдцем, второй чашка с ложкой, третий - блюдце и ложка. В каждом из этих случаев легко сосчитать ко-
личество возможных вариантов (в первом - 15, во втором - 20, в третьем - 12). Складывая,
получаем общее число возможных вариантов: 47.
49. Понятно, что однозначных ``симпатичных'' чисел ровно 5. К каждому однозначному ``симпатичному'' числу вторая нечетная цифра может быть дописана пятью различными способами. Таким образом, двузначных ``симпатичных'' чисел всего
.
Аналогично, трехзначных ``симпатичных'' чисел
, и четырехзначных .
50. 8 =
.
51. 16 = 24.
52.
53.
.
.
54. Капитаном может стать любой из 11 футболистов. После выбора капитана на
роль его заместителя могут претендовать 10 оставшихся человек. Таким образом, всего
есть
разных вариантов выборов.
55. Цвет для верхней полоски флага можно выбрать шестью разными способами.
После этого для средней полоски флага остается пять возможных цветов, а затем для
нижней полоски флага - четыре различных цвета. Таким образом, флаг можно сделать
способами.
56. Белую ладью можно поставить на любую из 64 клеток. Независимо от своего
расположения она бьет 15 полей (включая поле, на котором она стоит). Поэтому остается
49 полей, на которые можно поставить черную ладью. Таким образом, всего есть
разных способов.
57. Белого короля можно поставить на любое из 64 полей. Однако количество полей, которые он при этом будет бить, зависит от его расположения. Поэтому необходимо
разобрать три случая:
а) если белый король стоит в углу (углов всего 4), то он бьет 4 поля (включая то, на
котором стоит), и остается 60 полей, на которые можно поставить черного короля;
б) если белый король стоит на краю доски, но не в углу (таких полей - 24), то он
бьет 6 полей, и для черного короля остается 58 возможных полей;
в) если же белый король стоит не на краю доски (таких полей - 36), то он бьет 9 полей, и для черного короля остается 55 возможных полей.
Таким образом, всего есть
способов расстановки
королей.
58. Будем рассуждать точно так же, как при решении задач предыдущего цикла. На
первое место можно поставить любую из трех цифр, на второе - любую из двух оставшихся, а на третье - последнюю оставшуюся цифру. Таким образом, всего получается
чисел.
59. На первое место можно положить любой из четырех шариков, на второе - любой из трех оставшихся, на третье - любой из двух оставшихся, а на четвертое - последний
оставшийся шарик. Итак, ответ:
.
60. Каждая авиалиния соединяет два города. В качестве первого города можно
взять любой из 20 городов (город А), а в качестве второго - любой из 19 оставшихся (город В). Перемножив эти числа, получаем
. Однако при этом подсчете каждая
авиалиния учтена дважды (первый раз, когда в качестве первого города был выбран город
А, а второго - город В, а второй раз - наоборот). Таким образом, число авиалиний равно
.
.
61.
62. 13!/13 = 12!.
63.
.
64. Вместо того, чтобы подсчитывать количество требуемых 6-значных чисел,
определим количество 6-значных чисел, не обладающих нужным свойством. Так как это в
точности те числа, в записи которых встречаются только нечетные цифры, то их количество, очевидно, равно
. Всего 6-значных чисел 900000. Поэтому количество 6значных чисел, обладающих указанным свойством, равно
.
65.
66.
67.
68.
69.
70.
71.
72.
73.
74. a)
б)
в)
г)
д)
.
75.
76.
77.
78.
79.
80. 8 · 96 < 9 · 106 — 8 · 96, и потому чисел с единицей больше.
81.
82.
83.
Модули
84. Решим неравенство, используя координатную прямую. Данное неравенство выполняется для всех точек c координатой x, которые находятся ближе к точке с координатой -2000, чем к точке с координатой 2001. Так как
= 0, 5, то искомыми являются все точки, расположенные левее точки с координатой 0, 5.
Возможны другие способы решения, в частности, раскрытие модулей (три случая); возведение обеих частей неравенства в квадрат.
Ответ
(- ;0, 5).
85. Первый способ. Используя равенство модулей противоположных чисел, получим, что |x - 2005| = 1003. Отсюда x - 2005 = +-1003, то есть x = 1002 или x = 3008.
Второй способ. Если x >= 2005, то 2(x - 2005) = 2006, откуда x = 3008. Если x <
2005, то 2(2005 - x) = 2006, откуда x = 1002.
Ответ
1002; 3008.
86. Рассмотрим на числовой прямой точку с координатой x. Сумма |x-2|+|x1|+|x|+|x+1|+|x+2| равна сумме расстояний от точки x до точек с координатами 2, 1, 0, -1, 2. Заметим, что сумма расстояний от любой точки до точек A и B не меньше длины отрезка AB (и равенство достигается тогда и только тогда, когда точка расположена на отрезке
AB). Отсюда получаем, что |x-2|+|x+2| не меньше 4, а |x-1|+|x+1| не меньше 2 при любом x.
Поэтому для того, чтобы сумма |x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2| была равна 2+4=6, необходимо,
чтобы |x|=0. Итак, x необходимо равен 0. Легко проверить, что значение x=0 действительно является решением данного уравнения. Ответ : x=0.
87. Первый способ. Предположим, сначала, что одно из чисел равно нулю. Пусть,
например, a = 0 (остальные случаи аналогичны). Тогда получим неравенства: | b|
| c| и |
c| | b|, откуда | b| = | c|, т. е. b = c или b = - c. В первом случае b = a + c, во втором a = b +
c. Все доказано.
Пусть теперь ни одно из чисел a, b и c не равно нулю. Без ограничения общности
можно считать, что число a — максимальное по модулю среди чисел a, b и c (т. е. | a| | b|,
| a| | c|). Также можно считать, что a > 0 (в противном случае произведем замену: a = - a1,
b = - b1, c = - c1). Тогда | a| = a, | a - b| = a - b, | a - c| = a - c.
При этих предположениях из неравенства | b - c| | a| следует, что числа b и c не
могут иметь одинаковых знаков (подумайте, почему).
Возможны два случая.
1o. b > 0, c < 0. Тогда | b| = b, | c| = - c и | b - c| = b - c, так что мы получаем неравенства a - b
- c, b - c a, a - c b. Из первого неравенства следует, что b
a + c, из второго
— что b a + c, значит, b = a + c.
2o. b < 0, c > 0. Тогда, аналогично предыдущему случаю, получим неравенства a b c, c - b
a, a - c
- b. Следовательно, в этом случае одновременно выполняются нера-
венства c
казано.
a + b, c
a + b, т. е. c = a + b. Таким образом, в обоих случаях утверждение до-
Второй способ. Возведем неравенство | a - b|
в левую часть, получим (a - b)2 - c2
| c| в квадрат и перенесем все члены
0. Разложив левую часть на множители по формуле
разности квадратов, получим: (a - b - c)(a - b + c)
0, или, что то же самое,
(a - b - c)(b - c - a) 0.
Аналогично получаем, что произведения (b - c - a)(c - a - b) и (c - a - b)(a - b - c)
также неположительны.
Перемножая эти произведения находим, что
(a - b - c)2(b - c - a)2(c - a - b)2 0.
Мы видим, что произведение неотрицательных чисел не превосходит 0, значит, одно из этих чисел равно 0, откуда следует требуемое утверждение.
88. По условию 1 - x > 0, 1 + x > 0, 1 - y > 0 и 1 + y > 0. Поэтому (1 - x)(1 + y) > 0 и (1
+ x)(1 - y) > 0, т.е. 1 - x + y - xy > 0 и 1 + x - y - xy > 0. Следовательно, 1 - xy > x - y и 1 - xy >
y - x. Кроме того, 1 - xy = | 1 - xy|.
89. Так как a > c и b > d, то a + b > c + d. Кроме того, a + b > − (c + d ). Следовательно, |a + b| ≥ a + b ≥ max(c + d, −(c + d )) = |c + d|, ч. т. д.
90. Рассмотрим две возможности. Если все числа одного знака, то выберем
наибольшее по модулю из чисел x, y, z. Пусть это число - x. Но тогда величина |y-z| не
превосходит максимума из чисел |y|, |z|, что в свою очередь не превосходит |x|. Таким образом, неравенство |x|<|y-z| не выполнено. Пусть не все числа одного знака, скажем, знаки
чисел y и z одинаковы и отличны от знака числа x. Пусть, для определенности, |y| не
меньше, чем |z|. Тогда на числовой прямой точки 0 и z расположены между точками x и y.
Поэтому можно записать равенство |x|+|y|=|x-z|+|z-y| (обе части этого равенства равны |xy|). Из полученного равенства следует, что одновременно не могут выполняться неравенства |x|<|y-z|, |y|<|z-x|.
91. x = - 2 или x
2. Если x
2, получаем тождество. Если 1
x < 2, получаем урав-
нение 4x = 8, которое не имеет корней на данном интервале. Если 0
x < 1, получаем
уравнение -2x = 2, которое не имеет корней на данном интервале. Если -1
ем 0 = 2, чего не может быть. Если x < - 1, получаем корень x = - 2.
x < 0, получа-
92. Заметим, что модуль разности двух неотрицательных чисел не больше их максимума. Поэтому |x1-x2| не больше, чем max{x1,x2}, ||x1-x2|-x3| не больше, чем max{x1,x2,x3},
|...||x1-x2|- x3|-...-x1990| не больше, чем max{x1,x2,...,x1990}. Далее, данное выражение не может
равняться 1990, поскольку четность этого выражения совпадает с четностью суммы
x1+x2+...+x1990=1+2+...+1990=1990*1991/2=995*1991. Наконец приведем пример, показывающий, что значение выражения может равняться 1989: |...|||2-4|-5|-3|-...-(4k+2)|-(4k+4)|(4k+5)|-(4k+3)|- ...-1986|-1988|-1989|-1987|-1990|-1|=1989.
Ответ
1989
93. Предположим, что данная система неравенств имеет решение x, y, z, t. Тогда, в
частности,
x2 < (y − z + t)2, т. е.(y − z + t − x)(y − z + t + x) > 0.
Аналогично получаем
(x − z + t − y)(x − z + t + y) > 0,(x − y + t − z)(x − y + t + z) > 0,(x − y + z − t)(x − y + z +
t) > 0.
Перемножим все полученные неравенства. С одной стороны, произведение четырёх
положительных чисел положительно. С другой стороны, это произведение равно
− (x − y + z − t)2(x + y − z + t)2(x − y + z + t)2(x − y - z + t)2 ≤ 0.
Приходим к противоречию.
Ответ
Система не имеет решений.
94. Положим f(x) = |x-a1|+...+|x-a50|-|x-b1|- .. -|x-b50| и перепишем исходное уравнение в виде f(x) = 0 .Пусть c1 < c2 < .. < c100 – все числа из множества {a1, .., a50, b1, .., b50} ,
упорядоченные по возрастанию. На каждом из 101 промежутка [- ,c1] , [c1,c2] , [c99,c100] ,
[c100,+ ) , функция f(x) линейна. Заметим, что на первом и последнем из этих промежутков f(x) = m = (a1+...+ a50) - (b1+...+ b50) и f(x) = -m соответственно, при этом m 0 , так
как количество корней конечно.
Пойдем по числовой оси слева направо.Вначале угловой коэффициент функции f(x)
равен 0. Всякий раз, когда мы проходим одну из точек ci , он за счет смены знака при раскрытии соответствующего модуля изменяется на 2 .
Таким образом, он всегда равен четному целому числу и не может поменять знак,
не обратившись перед этим в 0. Значит, угловые коэффициенты на любых двух соседних
промежутках либо оба неотрицательны, либо оба неположительны, т.е. функция f(x) на
объединении этих промежутков либо неубывающая, либо невозрастающая.
Стало быть, если число ее корней конечно, то на каждом из 50 отрезков [c1,c3], ..,
[c97,c99], [c99,c100] она имеет не более одного корня. Кроме того, на крайних интервалах
значения имеют разные знаки, и в каждом корне знак функции меняется. Следовательно,
количество корней нечетно и не превышает 49.
Нетрудно проверить, что если роль ai будут играть числа 1, 4, 5, 8, 97, 100, а роль bi
– числа 2, 3, 6, 7, 94, 95, 98, 99
Ответ: 49.00
, то уравнение f(x)=0 будет иметь ровно 49 корней.
95. Пусть | x| > 1. Тогда x2 + Ax + B > 0 и x2 + Cx + D > 0. Поэтому x2 +
x+
> 0.
96. При натуральном n уравнение |x|+|y|=n имеет ровно 4n целочисленных решений,
а при n=0 решение единственно. Таким образом, количество решений исходного неравенства равно 1+4(1+2+...+99)=19801.
Ответ
19801
Многочлены
97. Существует. Например, подходит функция f (x) = x3. Действительно, с вертикальной прямой x = a её график пересекается в точке (a, a3). Пусть теперь прямая задана
уравнением y = kx + b. Тогда уравнение x3 − kx − b = 0 имеет действительный корень x0
(так как многочлен нечётной степени всегда имеет хотя бы один действительный корень).
Следовательно, график функции f пересекается с прямой y = kx + b (например, в точке (x0,
x03)).
98. Пусть x1 , xN – все различные корни уравнения P(x)=0 . Нам необходимо доказать, что уравнение P(P(x)) имеет по крайней мере N различных корней. Рассмотрим N
уравнений: P(x)=x1 , P(x)=x2 , P(x)=xN . Каждое из них имеет решение, так как P(x) – многочлен нечетной степени. Пусть a1 – корень первого уравнения, a2 – второго, aN – N -го.
Тогда для любых i и j ( i j ) числа ai и aj различны, так как P(ai)=xi xj=P(aj) . При этом
каждое из чисел ai является корнем уравнения P(P(x))=0 , так как P(P(ai))=P(xi)=0 . То
есть уравнение P(P(x))=0 имеет по крайней мере N различных корней a1 , aN .
99. Уравнение P(Q(x))=Q(P(x)) имеет вид
(x2+cx+d)2+a(x2+cx+d)+b==
(x2+ax+b)2+c(x2+ax+b)+d
2(ca)x3+lx2+mx+n=0, где l , m и n – коэффициенты, получающиеся после раскрытия скобок и
приведения подобных членов. Допустим, что c-a 0 . Тогда в левой части последнего
уравнения – многочлен третьей степени, имеющий хотя бы один корень, что противоречит
условию задачи. Поэтому c=a . Если при этом еще и b=d , то P(x)=Q(x) , и равенство
P(Q(x))=Q(P(x)) выполняется при всех x . Значит, b d .
100. Обозначим левую часть уравнения через P(x); пусть x0 — действительный корень многочлена P(x). Тогда Q(x) = P(x) / (x – x0) — тоже многочлен, притом кубический,
поэтому он также имеет действительный корень, пусть x1. Из этого следует, что P(x) делится на (x – x0)(x – x1), при этом получается квадратный трёхчлен со старшим коэффициентом 1. Попробуем найти разложение P(x) в произведение трёхчленов (одно из разложений, если их несколько). Произведение свободных членов этих трёхчленов должно быть
равно 1. Напишем разложение с неопределёнными коэффициентами: x4 + ax3 + 2x2 + bx + 1
= (x2 + yx + z)(x2 + tx + 1/z). При этом должны выполняться равенства
a = y + t,
(1)
2 = 1/z + yt + z,
(2)
b = y/z + tz.
(3)
Дискриминант одного из трёхчленов неотрицателен; пусть, например,
y2 – 4z ≥ 0.
(4)
2
2
Имеем: a + b = (y + t)2 + (y/z + tz)2 = y2 + 2yt + t2 + (y/z)2 + 2yt + t2z2 = y2(1 + 1/z2) +
2
t (1 + z2) + 4yt. В последнем слагаемом заменяем yt, воспользовавшись равенством (2);
дальше воспользуемся условием (4); последнее выражение равно y2(1 + 1/z2) + t2(1 + z2) +
4(2 – z – 1/z) ≥ 4z(1 + 1/z2) + t2(1 + z2) + 8 – 4z – 4/z = 8 + t2(1 + z2) ≥ 8, что и требуется.
101. Не сможет. Начинающий может добиться наличия ровно одного корня независимо от игры соперника. Для этого ему достаточно своим первым ходом задать коэффициент при x2 равным нулю. После этого второй игрок задает либо свободный член, либо
коэффициент при x . Рассмотрим оба этих случая. В первом случае начинающему достаточно вторым ходом обнулить коэффициент при x . Действительно, полученное уравнение
имеет вид x3+c=0 и имеет ровно один корень, так как функция y=x3+c возрастает на всей
действительной оси. Во втором случае начинающему нужно подходящим образом выбрать коэффициент c у функции y=x3+bx+c . Если b 0 , то y'=3x2+b 0 и y(x) возрастает,
следовательно, уравнение y(x)=0 имеет ровно один корень при любом значении c . Если
же второй игрок задал отрицательное значение b , то, как нетрудно проверить, функция
y1(x)=x3+bx имеет локальный минимум -m в точке x0=
и возрастает при x -x0 и x x0
. Поэтому начинающему достаточно выбрать c>m для того, чтобы уравнение x3+bx+c=0
имело ровно один корень.
Ответ
Не сможет.
102. Пусть a5-a3+a=2, тогда a не равно 0, и поэтому a6+1 = (a2+1)(a4-a2+1) =
(a2+1)(a5-a3+a)/a = 2(a2+1)/a. Отсюда видно, что a>0. Далее, с учетом того, что a не равно 1,
(a2+1)/a = (a2-2a+1)/a+2 = (a-1)2/a+2 > 2. Таким образом, a6+1>2*2=4, и a6>3.
103. Если x = 1 — корень многочлена P(xn), то его корнем будет любое из чисел xk =
cos
+ i sin
(k = 0,..., n - 1). Поэтому P(xn) делится на (x - x0)...(x - xn - 1) = xn - 1.
104. Заметим, что сумма коэффициентов равна значению многочлена при x=1. Подставив x=1 в многочлен (x2-3x+1)100, получаем (1-3*1+1)100=1.
105. Так как все коэффициенты многочлена p — целые числа и xn – yn для всех
натуральных n делится на x – y, то p(a) – p(b) делится на a – b. Тем самым, a – b — делитель единицы, т. е. |a – b| = 1.
106. Заметим, что сумма коэффициентов многочлена равна значению этого многочлена в точке x=1. В самом деле, пусть P(x)=akxk+ak-1xk-1+...+a1x+a0. Тогда P(1)=ak*1+ak1*1+...+a1*1+a0. Таким образом, сумма коэффициентов многочлена Q равна Q(1) =
(P1P2...P5)(1) P1(1)P2(1)...P5(1) = 1*2*3*4*5 = 120.
Ответ:120
107. Пусть P(x) = a0xn + a1xn - 1 + ... + an - 1x + an. По условию числа an = P(0) и a0 + a1
+ ... + an = P(1) нечётны. Если x — чётное число, то P(x) an(mod 2). Если x — нечётное
число, то P(x) a0 + a1 + ... + an(mod 2). В обоих случаях получаем, что число P(x) нечётно, поэтому оно не может быть равно нулю.
108. Число 18 нельзя представить в виде суммы чисел 5 и 7, поэтому коэффициент
при x будет равен нулю. Число 17 представляется в виде суммы чисел 5 и 7 следующим
18
образом: 17 = 7 + 5 + 5; с точностью до перестановки слагаемых это представление единственно. В одном из 20 выражений 1 + x5 + x7 мы должны выбрать x7, а в двух из 19
оставшихся таких выражений мы должны выбрать x5. Поэтому коэффициент при x17 равен
20 .
= 3420.
109. Если в выражении f(x) раскрыть скобки, привести подобные слагаемые, и подставить x=1, то мы получим сумму всех коэффициентов при степенях x k. Действительно,
если f(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0, то f(1)=an+an-1+...+a1+a0. Если же в выражении f(x) раскрыть скобки, привести подобные слагаемые, и подставить x=-1, то мы получим сумму
разность коэффициентов при четных и нечетных степенях: f(-1)=(-1)nan+(-1)n-1an-1+...-a1+a0.
Итак, если M - сумма коэффициентов при четных степенях, а N - сумма коэффициентов
при нечетных степенях, то M+N=f(1) и M-N=f(-1). Отсюда 2M=f(1)+f(-1), и M=(f(1)+f(1))/2. По условию f(x)=(x3-x+1)100, откуда находим f(1)=1 и f(-1)=1. Поэтому сумма коэффициентов при четных степенях равна (1+1)/2=1.
Ответ: 1
110. Перемножая многочлен (1+x+x2+...+x100) два раза сам на себя, мы получим
сумму произведений вида xpxqxr, где p, q, r пробегают независимо числа от 0 до 100. Тогда
коэффициент при x100 равен числу решений уравнения p+q+r=100 в целых неотрицательных числах. Найдем число решений этого уравнения в целых неотрицательных числах.
Рассмотрим всевозможные строки из 102 цифр, среди которых 100 единиц и два нуля. Для
каждой такой строки обозначим за p число единиц от начала строки до первого нуля, за q число единиц между первым и вторым нулями, за r - число единиц после второго нуля.
Очевидно, p+q+r=100. Наоборот, каждой тройке целых неотрицательных чисел p, q, r,
удовлетворяющих равенству p+q+r=100, соответствует единственная строка из 100 единиц
и двух нулей, по которой восстанавливается указанным выше способом тройка p, q, r. Таким образом, нам нужно посчитать число строк из 102 цифр, среди которых 100 единиц и
два нуля. Первый нуль может стоять на 102 местах, второй нуль - на 101 месте (на всех
местах, за исключением того, на котором стоит первый нуль). Поскольку первый и второй
нуль можно менять местами, то искомое число строк равно (102*101)/2=5151.
Ответ: 5151
111. Положим P1 = x – 1, P2 = (xdeg P1 + 1 – 1)P1, P3 = (xdeg P2 + 1 – 1)P2, ..., Pk = (xdeg Pk – 1
+ 1
– 1)Pk – 1. Докажем, что эти многочлены обладают требуемыми свойствами. Легко по
индукции проверить, что deg Pk = 2k – 1. Коэффициенты Pk — это два непересекающихся
набора коэффициентов Pk – 1, следовательно, так же как и у P1, они равны ±1. Также Pk делится на (x – 1)k — в этом легко убедиться, применив метод математической индукции.
Таким образом, мы построим многочлен степени, строго меньшей 2n с коэффициентами
±1.
112. В выражении (1 + x2 - x3)1000. Пусть P(x) = (1 - x2 + x3)1000 и Q(x) = (1 + x2 x ) . Коэффициент при x20 у многочлена P(x) такой же, как у многочлена P(- x) = (1 - x2 x3)1000, а у многочлена Q(x) такой же, как у многочлена Q(- x) = (1 + x2 + x3)1000. Ясно, что у
многочлена (1 + x2 + x3)1000 коэффициент при x20 больше, чем у многочлена (1 - x2 - x3)1000.
Действительно, у первого многочлена член p20x20 равен сумме нескольких членов вида
(x2)n(x3)m, где 2n + 3m = 20, а у второго многочлена член q20x20 равен сумме тех же самых
членов, но со знаком (- 1)n + m. Во втором случае встречаются члены со знаком минус,
например, при m = 2 и n = 7.
3 1000
113. Многочлен четвёртой степени может быть квадратом лишь квадратного трёхчлена. Поскольку старший коэффициент равен 1, то и квадратный трёхчлен, возведением
в квадрат которого получен данный многочлен, тоже должен иметь старший коэффициент, равный 1.
Итак.x4+x3+2x2+ax+b=(x2+Bx+C)2или
x4+x3+2x2+ax+b=x4+B2x2+C2+2x2C+2Bx3+2BCx,
x4+x3+2x2+ax+b=x4+2Bx3+(B2+2C)x2+2BCx+C2 . Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях аргумента в обеих частях тождества, получим необходимые уравнения для
определения неизвестных коэффициентов a, b, B, C :
2B=1, B2+2C=2, 2BC=a, C2=b. Решив эту систему уравнений, найдём B=1/2, C=7/8,
a=7/8, b=49/64 .
Ответ: a=7/8, b=49/64 .
114. Коэффициент при x4 . 2006 в полученном выражении равен 1. Коэффициент при
нулевой степени равен значению выражения при x = 0, т.е. 22006. Сумма всех коэффициентов равна значению нашего выражения при x = 1, т.е. 22006. Значит, сумма первого
и последнего коэффициентов больше суммы всех коэффициентов. Поэтому найдется отрицательный коэффициент.
115. Поскольку a0+a1+..+ak m , все суммы вида -m+a0+a1+..+ak неотрицательны.
Поэтому при x 1 имеем цепочку неравенств
P(x)-mxn
=(-m+a0)(xn-xn-1)+(-m+a0+a1)(xn-1-xn-2)
++..+(-m+a0+..+an-1)(x-1)+(m+a0+..+an) 0, так как каждое слагаемое неотрицательно.
116. Проведем доказательство методом математической индукции по степени многочлена. Для любого многочлена нулевой степени (константы) утверждение очевидно.
Предположим теперь, что для многочленов степени n утверждение доказано. Пусть
P(x) = an + 1xn + 1 + anxn + … + a1x + a0 — многочлен степени n + 1, удовлетворяющий условию задачи. Тогда по условию P(0) = a0 — свободный член многочлена P(x) — рационален. При любом рациональном x число
рационально. Согласно предположению индукции, примененному к многочлену Q(x), все
его коэффициенты an + 1,an, … ,a1 рациональны.
117. Пусть a0 – свободный член многочлена P(x) . Тогда P(x)=x· Q(x)+a0 , где Q(x) –
многочлен с целыми коэффициентами. Поэтому P(19)=19n+a0 , а P(94)=94m+a0 , где m и
n – целые числа. Из условия вытекает, что 19n=94m , следовательно, n=94k , m=19k . Итак,
19· 94k+a0=1994 , откуда a0=1994-1786k . Из условия |a0|<1000 следует, что k=1 , и
a0=208 .
Ответ: 208.00
118. Уравнение P(Q(x))=Q(P(x)) имеет вид
(x2+cx+d)2+a(x2+cx+d)+b==
(x2+ax+b)2+c(x2+ax+b)+d
2(c3
2
a)x +lx +mx+n=0, где l , m и n – коэффициенты, получающиеся после раскрытия скобок и
приведения подобных членов. Допустим, что c-a 0 . Тогда в левой части последнего
уравнения – многочлен третьей степени, имеющий хотя бы один корень, что противоречит
условию задачи. Поэтому c=a . Если при этом еще и b=d , то P(x)=Q(x) , и равенство
P(Q(x))=Q(P(x)) выполняется при всех x . Значит, b d .
119. Заметим, что P(x)>0 при x 0 , поэтому P(x) не имеет неотрицательных корней. Если при некотором k выполнено bk 0 , то трехчлен x2+akx+bk имеет неотрицательный корень. Таким образом, bk>0 для всех k . Далее, c1=a1+a2+...+ an>0 , поэтому ak>0
хотя бы при одном k .
120. Пусть P(x) = anxn + ... + a1x + a0 0, где ai — целые числа. Поскольку P(1) =
P(2) = 0, имеем:
P(2) = 2nan + ... + 2a1 + a0 = 0,
(1)
P(2) = an + ... + a1 + a0 = 0.
(2)
Требуется доказать, что ai ≤ 2 для некоторого i (0 ≤ i ≤ n). Для этого предположим,
что выполняется равенство (1) и все ai ≥ 1, и докажем неравенство
an + ... + a1 + a0 ≥ 1,
(3)
противоречащее (2). Для n = 1 (многочлен P имеет степень не меньше 2, но мы
временно забудем о многочлене и будем решать задачу о равенствах (1) и (2)) равенство
(1) имеет вид 2a1 + a0 = 0, а поскольку a0 ≥ –1 и a1 ≥ –1, причём a1 ≠ 0, имеем: a0 = 2, a1 = –
1. Следовательно, a0 + a1 = 1, и (3) доказано. Предположим, что n > 1. Из (1) следует, что
a0 — чётное число, a0 = 2k, где k > 0, поскольку a0 > –1. Подставим 2k вместо a0 в равенство (1):
2nan + ... + 22a2 + 2(a1 + k) = 0
или, разделив на 2,
2n – 1an + ... + 2a2 + (a1 + k) = 0.
Так как k + a1 ≥ a1 ≥ –1, то по предположению индукции
an + ... + a2 + (a1 + k) ≥ 1.
Наконец,
an + ... + a1 + a0 = an + ... + a1 + 2k ≥ k + 1 ≥ 1,
и (3) доказано.
121. Ясно, что существуют требуемые многочлены с 1001 и 1000 ненулевыми коэффициентами (например, (2x+2)1000-(x+1)1000 и (2x+1)1000-(x+1)1000 ). Предположим, что в
нашем многочлене есть два коэффициента, равных нулю — при xi и xj ( i>j ). Тогда aib1000i
=cid1000-i , ajb1000-j=cjd1000-j ; разделив первое равенство на второе, получаем (
)i=(
)1000=( )j . Отсюда | |=1 , | |=1 и | |=1 .
Ясно, что при замене ax+b на (-a)x+(-b) наш многочлен не изменится. Поэтому
можно считать, что =1 . Тогда, если =1 , то итоговый многочлен (ax+b)1000-(ax+b)1000
нулевой, а если =-1 , то в полученном многочлене (ax+b)1000-(ax-b)1000 обнуляются в точности коэффициенты при четных степенях x , то есть получается 500 ненулевых коэффициентов.
122. Пусть a=k/d , b=/f . Мы докажем, что d2кратно n2 , откуда d2f n2 , и одно из
чисел d и f не меньше n2/3 . Пусть некоторое простое p входит в разложение числа n на
простые множители в степени . В выражении
- + =0 число p входит в разложение знаменателя первой дроби в степени 2 .
Если в разложения обоих остальных знаменателей число p входит в меньших степенях, то
итоговая дробь не может оказаться целым числом. Значит, либо dn , либо f делится на p2 ,
то есть либо d делится на po , либо f делится на p2 . В любом случае, число d2f делится на
p2 . Значит, если n=p1 1.. pi i , то d2кратно p12 1.. pi2 i=n2 , что и требовалось.
123. Из того, что не все коэффициенты произведения делятся на 4, следует, что у
одного многочлена есть нечётный коэффициент. Нужно доказать, что у другого многочлена нет нечётных коэффициентов. Предположим, что у обоих многочленов есть нечётные коэффициенты. Заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2. В результате получим многочлены anxn + an - 1xn - 1 + ... + xr и bmxm + bm - 1xm - 1 + ... + xs. Если в
произведении данных многочленов мы заменим каждый коэффициент на его остаток от
деления на 2, то получим многочлен anbmxn + m + ... + xr + s. Таким образом в произведении
данных многочленов коэффициент при xr + s нечётен, что противоречит условию.
124. Допустим противное: множество M={a1 , a2 , ak} удовлетворяет условию задачи. Пусть m=
|a1| , |a2| , |ak|} , M=
|a1| , |a2| , |ak|} , из условия следует, что M
m>0 . Рассмотрим многочлен P(x)=bnxn+bn-1xn-1+...+ b1x+b0 , все коэффициенты b0 , b1 , bn
и корни x1 , x2 , xn которого принадлежат множеству M . По теореме Виета x1+x2+...+ xn=и x1x2+x1x3+...+ x1xn+x2x3+...+ xn-1xn=
, поэтому x12+x22+...+ xn2=(-
)2-2
. От-
сюда следует, что nm2 x12+x22+...+ xn2= -2
+2 , т.е. n
+2 =A . Получили
противоречие: степень многочлена не может быть больше A . Условие отличия чисел от
нуля существенно, иначе бы подходил набор {0,1} .
Ответ: Не существует.
125. при четном n ,
при нечетном n . Между любыми двумя корнями дифференцируемой функции есть корень ее производной. Поэтому производная P'(x) имеет по
крайней мере n - 1 различных действительных корней. Поскольку P'(x) – многочлен степени n - 1 , отсюда следует, что все его действительные корни различны. По индукции тем
же свойством обладают и все производные P(k)(x) ( k =2 , n - 1 ). Из этого следует, что из
любых двух идущих подряд коэффициентов многочлена P(x) хотя бы один не равен 0 . В
самом деле, пусть у P(x) равны нулю коэффициенты при xk и xk + 1 . Тогда у P(k)(x) равны
нулю свободный член и коэффициент при x . Но это означает, что 0– кратный корень многочлена P(k)(x) , все корни которого должны быть различными.
Разобьем коэффициенты многочлена P(x) на пары стоящих рядом (оставив при
четном n старший коэффициент без пары). Поскольку старший коэффициент многочлена
не равен 0, число нулевых коэффициентов не превышает числа полных пар, т.е. при четном n и
при нечетном.
С другой стороны, многочлены ( x2 - 1)( x2-4).. (x2-k2) и x(x2-1).. (x2-k2) дают примеры, когда число нулевых коэффициентов равно при n= 2k и
при n = 2k + 1.
Ответ
при четном n ,
при нечетном n .
126. Докажем данное утверждение индукцией по n. При n=1 и n=2 утверждение почти очевидно: многочлен с одним ненулевым коэффициентом (т.е. x s для некоторого s) не
делится на x+1. Пусть утверждение доказано для n=1,2,...,k. Докажем его для n=k+1. Рассмотрим произведение Q(x)=(x+1)kP(x), где P(x) - некоторый ненулевой многочлен. Покажем, что многочлен Q(x) имеет не менее k+1 отличных от нуля коэффициентов. Можно
без ограничения общности предполагать, что свободный член многочлена P(x) отличен от
0 (умножение на x не меняет числа ненулевых коэфиициентов), поэтому считаем, что у
многочлена Q(x) свободный член также отличен от 0. Рассмотрим производную Q'(x) многочлена Q(x). У многочлена Q'(x) на один ненулевой коэффициент меньше, чем у многочлена Q(x) (так как при дифференцировании свободный член обращается в 0). По правилам
дифференцирования
произведения
Q'(x)=(x+1)kP'(x)+k(x+1)k-1P(x)=
(x+1)k1
((x+1)P'(x)+kP(x)). Таким образом, Q'(x) получается домножением многочлена (x+1)k-1 на
ненулевой (поскольку произведение ненулевое) многочлен. По продположению индукции
у многочлена Q'(x) не менее k ненулевых коэффициентов, следовательно, у многочлена
Q(x) не менее k+1 ненулевых коэффициентов. Итак, утверждение задачи доказано по индукции.
127. Подставив x = 0, получим, что d делится на 5. Учитывая это и подставляя x =
±1, получим, что a + b + c и - a + b - c делятся на 5. Следовательно, 2b и 2a + 2c делятся на
5, а значит, b и a + c делятся на 5. Подставив x = 2, получим, что 4(2a + c) + 4b + d делится
на 5. Значит, 2a + c делится на 5 и a = (2a + c) - (a + c) тоже делится на 5. Поэтому c тоже
делится на 5.
Рациональные функции
128. На области определения уравнение можно привести к виду x + 1 + x/(x + 1) =
1. Умножим обе части уравнения на x + 1. После упрощения получим: x 2 + 2x = 0, то есть,
x = 0 или x = -2. Корнем уравнения является только x = -2.
Ответ: -2
129. Преобразуем любой множитель 1+1/(k2+2k)=(k+1)2/(k(k+2)) Выпишите несколько множителей и проследите за правилом, по которому можно сокращать числа:
множители, стоящие в числителе, сокращаются с множителями, стоящими в знаменателях
предыдущей и последующей дробей. После сокращения останутся следующие числа: от
первой дроби одна 2 (другая двойка сократится со знаменателем следующей дроби); от
последней дроби в числителе останется один множитель n+1 (другой множитель сократится с предыдущей дробью) и в знаменателе останется второй множитель n+2. После сокращений имеем дробь 2(n+1)/(n+2), которая меньше 2.
131. Первое решение. Преобразуем выражение (x2-1):(x2+1)=1-2/(x2+1). Данное выражение станет наименьшим, если мы от 1 вычтем самое большое возможное число, которое будет получаться, если знаменатель дроби будет наименьшим. Следовательно, при
x=0 выражение примет наименьшее значение.
Второе решение Обозначим данное выражение через a и выясним какое наименьшее значение может принимать a. Для этого выразим x2 через a: x2=(a+1)/(1-a). Надо отметить, что x2 неотрицательно, следовательно, a принимает значения от 0 (включая) до 1
(не включая), так как при остальных a значение x2 отрицательно. Осталось заметить, что
наименьшее значение a=0.
Арифметическая и геометрическая прогрессии
138. Да, делится, поскольку
1 + 1998 = 2 + 1997 =...= 999 + 1000 = 1999,
т.е. эта сумма равна 1999×999.
Ответ
Да.
139. На рисунке показано, как фигуру, данную в условии задачи, разрезать на две
части (квадраты в одной из частей перечёркнуты) и из этих частей сложить квадрат. Количество клеточек в квадрате, нарисованном на клетчатой бумаге, очевидно, равно квадрату количества клеток, расположенных вдоль его стороны.
Таким образом, мы не только показали, что количество клеточек равно квадрату
некоторого числа (что требовалось в условии задачи), но и нашли это число (n), то есть
показали, что 1 + 3 + 5 + 7 + ... + (2n – 1) = n2 (n > 0).
140. Проще всего решается задача, когда вместо единиц стоят девятки. Используя
формулу для суммы геометрической прогрессии, найдем сумму S=9+99+999+...+999...9(n
девяток) = (101-1)+(102-1)+...+(10n-1) = (101+102+...+10n)-n = (10n+1-10)/(10-1)-n = (10n1)*(10/9)-n.
a) Теперь легко ответить на вопрос этого пункта: сумма равна S/9=(10n-1)*(10/81)n/9.
б) В этом случае ответ равен (S/9)*5= =(10n-1)*(50/81)-5n/9.
141. Для простоты вычислений предположим, что до посещения занятий ВМШ у
Буратино была одна копейка. Тогда после решения первой задачи у Буратино будет 2 копейки. Решив вторую, он получит еще две, и у него станет 2*2=4 копейки. Решив третью,
он получит еще четыре и у него будет 8 копеек. Мы видим, что после решения очередной
задачи состояние Буратино удваивается. Продолжая вычисления, мы получим, что после
решения 16 задач у Буратино будет 216=65536 копеек. Эта сумма совпадает с состоянием
Буратино после месяца занятий, следовательно он решил именно 16 задач.
Ответ: 16 задач.
142. Пусть a и b -- первый и n-й члены прогрессии, S -- сумма первых n членов. Тогда
S=
n.
Значит, 2S делится на n. Так как 2S -- степень двойки, то и n -- степень двойки.
Комментарий. Мы использовали следующее утверждение: любой делитель степени
двойки сам является степенью двойки. Аккуратное доказательство этого утверждения
требует теоремы об однозначности разложения на простые множители (подумайте, почему).
143. Добавим к этим числа ноль и составим 500 миллионов пар: (0, 999 999 999), (1,
999 999 998) и так далее. В каждой паре сумма цифр равна 81, и кроме того, мы забыли
число 1 000 000 000; поэтому общая сумма равна 500 000 000 × 81 + 1 = 40 500 000 001.
Ответ: 40 500 000 001.
144. Положим N=d1d2...dn. Возьмем N последовательных натуральных чисел, таких
что меньшее из них больше всех первых членов n прогрессий. Тогда среди этих N чисел
ровно N/d1 чисел принадлежат первой прогрессии, ровно N/d2 принадлежат второй прогрессии, и т.д., ровно N/dn принадлежат n-ой прогрессии. Поскольку каждое из N чисел
при этом должно быть учтено ровно один раз, то отсюда следует нужное равенство.
145. Расположим числа в порядке возрастания. Тогда очевидно, что каждое число
будет
больше
своего
номера.
Найдем
сумму
номеров
всех
чисел:
а) 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21; б) 1 + 2 + … + 100 = 5050. (Последнюю сумму можно посчитать следующим способом: (1 + 100) + (2 + 99) + … + (50 + 51) = 50 • 101 = 5050.) В обоих случаях эта сумма на единицу меньше суммы самих чисел. Значит, одно число на единицу больше своего номера, а остальные — равны ему. Числом, большим своего номера,
может быть только последнее. Действительно, если какое-то число больше своего номера,
то все последующие числа тоже больше своего номера. Поэтому искомыми числами будут
в пункте а) 1, 2, 3, 4, 5, 7; а в пункте б) — 1, 2, …, 99, 101.
146. Пусть a1 - первый член прогрессии, а q - ее знаменатель. Тогда десятый член
a10 равен a1q9, а сотый член a100 равен a1q99. Положим a1=1, q=21/9 (таким образом, знаменатель прогресии - иррациональное число). Тогда a10=(21/9)9=2, a100=(21/9)99=211. С другой
стороны a99=a100/q=211/21/9 - число иррациональное.
Ответ: неверно.
147. Если в первый день Вася съест a конфет, то за n дней он съест
a + (a + 1) + ... + (a + n - 1) =
конфет.
Значит,
= 777. Следовательно, n делит 2 . 777 = 1554. Так как 1554 = n(2a
2
- 1 + n) > n , то n < 40. Но максимальное число n, меньшее 40 и делящее 1554 = 2 . 3 . 7 . 37,
равняется 37. Случай n = 37 действительно возможен при a = 3.
Ответ: n = 37.
148. Пусть A - первый член прогрессии, состоящий из k цифр. Пусть D - разность
прогрессии. Рассмотрим член прогрессии с номером 10m+1. Он равен D*10m+A. Если m>k,
то десятичная запись числа D*10m+A выглядит следующим образом: вначале записана десятичная запись числа D, затем несколько нулей, и в конце - десятичная запись числа A.
Таким образом, при всех m>k сумма цифр членов с номерами 10m+1 одинакова и равна
сумме сумм цифр чисел D и A.
149. Преобразуем выражение S = 1 + 2002 + 20022 + ... + 2002n = 1 + 2002(S − 2002n).
Решим это уравнение относительно S и получим
.
150. Обозначим через a1,a2,...,an первые члены прогрессий, на которые разбит натуральный ряд, через d1,d2,...,dn - их разности. Произведение всех разностей d1d2...dn входит в
одну из прогрессий (пусть i - номер этой прогрессии). Это означает, что для некоторого
целого неотрицательного k выполнено равенство d1d2...dn=ai+kdi. Из этого равенства следует, что ai делится нам di.
151. Число, записываемое c помощью k девяток, равно (10k-1), следовательно, число, записываемое c помощью k шестерок, равно 6(10k-1)/9=2(10k-1)/3. Поэтому сумма
6+66+666+...+666..6 равна 2/3((10-1)+(102-1)+...+(10n-1)) = 2/3((10+102+...+10n)-n). Во внутренних скобках стоит геометрическая прогрессия. Ее сумма равна 10+10 2+...+10n = (10n+110)/9. Итак, окончательно получаем, что исходная сумма равна 2(10n+1-10)/27-2n/3.
152. Покажем, что знаменатель каждой прогрессии - натуральное число. Действительно, пусть q - знаменатель прогрессии a1, a2, ... , где все ai - натуральные числа. Тогда
q=a2/a1 - число рациональное. Пусть q - нецелое, т.е. q=k/m, где числа k и m - взаимно простые и m>1. Тогда можно найти такую степень t, что a1 не делится на mt. В таком случае
число at+1=a1*kt/mt не является целым. Это противоречие показывает, что q - натуральное
число. Теперь понятно, что в каждой геометрической прогрессии никакой член, на исключением первого, не может быть простым числом. Таким образом, 100 геометрических
прогрессий могут покрыть не более 100 простых чисел из натурального ряда. Поскольку
простых чисел бесконечно много, какое-то простое число не принадлежит ни одной из
прогрессий.
Ответ: всегда.
153. Пусть (n-999), (n-997), ..., (n-1), (n+1), ..., (n+999) - тысяча последовательных
нечётных чисел. Тогда их сумма S=(n-999)+(n-997)+...+(n-1)+(n+1)+...+(n+999)=1000n. Если n=10000, то S=1000n=10000000=107, то есть сумма S равна седьмой степени натурального числа.
Ответ: да.
154. Пусть p1, ..., pk — веса данных гирь. Предположим, что pn ≤
гда p1 + p2 + ... + pn ≤
1.
+
+ ... +
=1-
для всех n. То-
< 1. Это противоречит тому, что p1 + ... + pn =
155. Рассмотрим убывающую прогрессию из n натуральных чисел (например, n, n –
1, ..., 1). Разделив все её члены на их НОК, получим прогрессию из правильных дробей.
Например, при n = 5 получаем
Ответ: Да, существует.
156. Вычтем 50 из каждого числа, которое больше 50. По условию ни одна из разностей не равна ни одному из 25 чисел, которые не превосходят 50. Поэтому вместе с ними разности дают 50 различных натуральных чисел, которые не превосходят 50, то есть
это все числа от 1 до 50. Их сумма равна 51·25 , а сумма всех исходных чисел равна, стало
быть, 51·25+50·25 = 101·25 = 2525 .
157. Пусть первый от угла дом квартала имеет номер р, а количество домов на одной стороне квартала равно k. Тогда, последовательность р, р + 2, р + 4, ..., р + 2(k – 1) номеров этих домов является арифметической прогрессией. Сумма первых k членов этой
прогрессии равна
= (р + k – 1)k.
По условию получим уравнение: (р + k – 1)k = 247. Разложение на простые множители числа 247 имеет вид 247 = 13×19. Так как р ³1, то р + k – 1 ³ k, значит, р + k – 1 = 19, а
k = 13, то есть р = 7. Следовательно, на одной стороне квартала 13 домов, а их нумерация
начинается с числа 7. Таким образом, седьмой дом (от любого угла) имеет номер 19.
Можно было рассуждать и по-другому.
Сумма номеров нечётна, значит, на указанной стороне квартала находятся нечётные номера и число домов нечётно. Сумма номеров (членов арифметической прогрессии)
равна произведению количества домов на номер среднего дома, а 247 = 3×19. Если номер
среднего дома 13, то перед ним не поместятся 8 домов. Значит, номер среднего дома 19, и
он седьмой от угла.
(Случай когда номер среднего дома 1 или 247 отброшены за очевидностью).
Ответ: 19.
158. Обозначим через a первый член прогрессии, и через q - ее знаменатель. Тогда
по формуле суммы первых n членов геометрической прогрессии получаем, что
S=a+aq+aq2+...+aqn-1 = a(qn-1)/(q-1). Обратные величины 1/a, 1/(aq), ... , 1/(aqn-1) к членам
геометрической прогресии также образуют геометрическую прогрессию с первым членом
1/a и знаменателем 1/q. Отсюда R = 1/a+1/(aq)+1/(aq2)+...+1/(aqn-1) = 1/a(1/qn-1)/(1/q-1) =
(1/(aqn-1))(qn-1)/(q-1). Из выражений, полученных для S и R, вытекает, что S/R = a 2q(n-1).
Произведение первых n членов прогрессии равно P = a(aq)(aq2)...(aqn-1) = anq1+2+...+(n-1) =
anqn(n-1)/2. Возводя равенство S/R = a2q(n-1) в степень (n/2), получаем, что (S/R)n/2 = anqn(n-1)/2 =
P.
Ответ: (S/R)n/2.
159. Предположим, что первый член и разность арифметической прогрессии по абсолютной величине меньше 10k. Тогда найдётся член прогрессии, у которого (k + 1)-я
цифра — любая заданная цифра. В частности, эта цифра может быть девяткой.
160. Если бы камни удалось увезти, то на какую-то трехтонку пришлось бы положить 8 камней, но даже 8 самых легких камней весят
370+372+374+376+384+382+380+378=4 · 754=3016 килограммов – больше трех
тонн.
Правильное решение прислали многие читатели. Но некоторые проверили только,
что общий вес всех 50 камней меньше 21 т и заключили отсюда, что увезти камни можно.
Такая проверка, конечно, недостаточна: из нее следует только, как пишет Лена Овчинникова из Свердловска, что "если эти камешки разбить на более мелкие, то тогда их можно
будет увезти (за один рейс)".
Ответ: нельзя.
161. Каждый член геометрической прогрессии представляется в виде aqn, n 0.
Случай, когда q = 1, очевиден, поэтому будем считать, что q ≠ 1. Предположим, что существуют различные целые неотрицательные числа k1, k2, ..., km + 1 (m 2), для которых
aqk1 + aqk2 + ... + aqkm = aqkm + 1. (1)
Пусть l1 < l2 < ... < lm + 1 — это числа k1, k2, ..., km + 1, записанные в порядке возрастания. Перепишем равенство (1) в виде
aql1 = ±aql2±...±aqlm + 1.
После сокращения на aql1 получим
1 = ql2 - l1(1 + ql3 - l2 + ... + qlm + 1 - l2).
Левая часть равенства равна 1, а правая часть делится на целое число ql2 - l1, абсолютная величина которого строго больше 1. Получено противоречие.
162. да, верно. Пусть a1, a2, ..., an, ... - данная геометрическая прогрессия, q - её знаменатель. По условию a1, a10=a1q9 и a30=a1q29 - натуральные числа. Поэтому q9 и q29 - положительные рациональные числа. Отсюда следует, что q2=q29/(q9)3 - положительное рациональное число и q=q9/(q2)4 также положительное рациональное число.
Пусть q=m/n, где m и n - натуральные взаимно простые числа. Число a30=a1m29/n29
натуральное, m29 и n29 взаимно просты, следовательно, a1 делится на n29. Отсюда получаем, что a20=a1q19=a1m19/n19 - число натуральное.
163. Положим n = 12. Рассмотрим прогрессии 2k, 3k, 4k + 1, 6k – 5 и 12k – 1. Каждое
натуральное число является членом хотя бы одной из этих прогрессий. (Это легко проверить, рассматривая остаток от деления данного натурального числа на 12.)
164. Сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии S=a/(1-q) ,
в выделенной прогрессии первый член имеет вид 2-k , а знаменатель – 2-p , где k 0,p>0 –
целые числа. Поэтому
S=2-k/(1-2-p)=2p-k/(2p-1). Допустим, что S=1/7=2p-k/(2p-1) . Тогда 2p-1=7· 2p-k . Чтобы
это равенство было возможным, необходимо, чтобы 2p-k=1 , так как слева стоит нечётное
число, которое не может равняться чётному. Отсюда видно, что можно выбрать геометрическую прогрессию с бесконечным числом членов при условии, чтобы сумма прогрессии
равнялась 1/7 . Для этого достаточно положить a=q=2-3 ( p=k=3 ). Для того, чтобы эта
сумма равнялась 1/5 , необходимо, чтобы 2p-1=5· 2p-k . Этому требованию удовлетворить
нельзя.
Ответ: в случае суммы 1/7 можно, а в случае 1/5 – нельзя.
165. Покажем, что среди данных чисел не может быть больше четырёх попарно
различных чисел. Объединим равные числа в группы, выберем в каждой группе по одному числу и расположим выбранные числа в порядке убывания: a > b > c > d > e > .... Числа
a, b, c, d по условию образуют геометрическую прогрессию. Но ab > cd и ac > bd, поэтому
ad = bc, т.е. d = bc/a. Те же самые рассуждения показывают, что e = bc/a.
Графики и ГМТ на координатной плоскости
166. Так как данный график пересекает ось y в точке (0; 2), то с = 2. Кроме того, он
проходит через точку (1; 1), значит 1 = 2 + а, то есть а = –1.
Таким образом, новая функция задается уравнением y = 2x – 1. Её график пересекает ось x
в точке (0,5; 0), а ось y – в точке (0; –1).
Ответ: в точках (0,5; 0) и (0; –1).
167. Так как графики функций проходят через точку (1; 1) , то выполняются равенства: 1 = 1 + а + b и 1 = 1 + c + d , то есть, a = - b и c = -d . Следовательно, a5 = -b5 и d6 =
c6 . Складывая эти равенства почленно, получим, что а5 + d6 = c6 - b5 .
Ответ: Ю5 + d6 = c6 - b5 .
168. Можно считать, что абсцисса точки A меньше
абсциссы точки B. Рассмотрим точку K пересечения отрезков AHA и OB. Тогда разность рассматриваемых площадей
равна разности площадей треугольника OAK и четырёхугольника HAKBHB, которая, в свою очередь, равна разности
площадей треугольников OAHA и OBHB. А поскольку
OHA*AHA=OHB*BHB=1 (вспомните, что A и B лежат на графике), эти площади равны между собой.
169. Любая прямая, параллельная прямой y=kx , имеет уравнение y=kx+b , где b –
некоторая константа. Абсциссами точек её пересечения с гиперболой y= являются оба
корня уравнения =kx+b . Оно равносильно квадратному уравнению kx2+bx-k=0 . По тео-
реме Виета произведение корней этого уравнения равно
=-1 . Перемножив пять таких
произведений, получаем ответ.
Комментарии. 1. Каждое из указанных квадратных уравнений имеет два действительных корня, поскольку имеет дискриминант b2+4k2>0 . Геометрически это как раз
означает, что любая прямая, параллельная прямой y=kx , пересекает гиперболу y= в двух
точках.
2. Так же, как в решении, можно доказать более общий факт – произведение абсцисс точек
пересечения прямой и гиперболы y= зависит только от k иугла наклона прямой.
Ответ: -1 .
170. Приведем сначала пример, когда за время наблюдений Шпиона проехало четыре трамвая: пусть автобусы ходят в 9:00, 10:00, .., а трамваи ходят с интервалом 1 час 58
минут – в 10:01, 11:59, 13:57, 15:55, 17:53, 19:51, 21:49, ... Тогда Вася мог стоять с 10:01 до
11:59, а Шпион наблюдать с 12:00 до 21:00.
Докажем теперь, что за время наблюдений Шпиона не могло пройти меньше четырех травмаев.
Для этого докажем, что интервал трамвая меньше двух часов. Действительно, если
интервал составляет хотя бы два часа, то Вася стоял не менее двух часов, а значит за это
время проехало по крайней мере два автобуса, что противоречит условию.
С другой стороны, пока наблюдал Шпион, прошло десять автобусов. Между 1-м и
3-м из них прошло два часа, значит за это время проехал хотя бы один трамвай. Аналогично между 3-м и 5-м автобусом, между 5-м и 7-м и между 7-м и 9-м проехало еще хотя
бы три трамвая. Значит, Шпион увидел по крайней мере четыре трамвая. трамвая.
Ответ: 4 трамвая.
171. Положим t=100. Точка B с координатами (t, c), где c=t3+t+1, очевидно, лежит
на графике функции y=x3+|x|+1.
Рассмотрим положительное число r=c1/3-t. Тогда (t+r)3=c, следовательно, точка A с
координатами (t+r, c) лежит на графике функции y=x3.
Расстояние между точками A и B равно r. Но из равенства (t+r)3=c=t3+t+1 следует,
что 3t2r+3tr2+r3=t+1, 3t2r<t+1, r<(t+1)/(3t2)=101/(3*100*100)<1/100.
172. Пусть f(x) – данная функция. Покажем, как ее можно представить в виде суммы функции f1(x) , график которой симметричен относительно прямой x=0 и функции f2(x)
, график которой симметричен относительно прямой x=a , a>0 . Значения функций f1 и f2
мы определим на отрезке [-a,a] , затем последовательно на отрезках [a,3a] , [-3a,-a] ,
[3a,5a] и т.д.
На [-a,a] положим f1(x)=0 (можно в качестве f1(x) взять и любую четную на [-a,a] функцию, обращающуюся в нуль на концах этого отрезка), а f2(x)=f(x)-f1(x)=f(x) . На отрезке [a,3a] определим функцию f2(x) так, чтобы на [-a,3a] ее график был симметричен относительно прямой x=a , т.е. f2(x)=f2(2a-x) . Такое определение функции
f2(x) корректно, так как если x [a,3a] , то (2a-x) [-a,a] . Функцию f1(x)
на отрезке [a,3a] определим равенством f 1(x)=f(x)-f2(x) . На отрезке [3a,-a] положим f1(x)=f1(-x) , а f2(x)=f(x)-f1(x) , на отрезке [3a,5a] –
f2(x)=f2(2a-x) , а f1(x)=f(x)-f2(x) , и т.д. На 112 приведен пример такого
представления для функции f(x)=x . На [-a,a] : f1(x)=0 ,
f2(x)=f(x)-f1(x)=f(x)=x;
на [a,3a] : f2(x)=f2(2a-x)=2a-x ,
f1(x)=x-(2a-x)=2x-2a;
на [-3a,-a] : f1(x)=f1(-x)=-2x-2a ,
f2(x)=x-(-2x-2a)=3x+2a;
на [3a,5a] : f2(x)=f2(2a-x)=3(2a-x)+2a=8a-3x ,
f1(x)=x-(8a-3x)=4x-8a; и т.д.
173.
y2 - | y| = x2 - | x| y2 - x2 = | y| - | x| (| y| - | x|) (| y| + | x|) = | y| - | x|
y| - | x|) (| y| + | x| - 1) = 0
| y| + | x| = 1 или | y| = | x|. См. рис. к ответу.
Ответ: См. рис.
(|
Показательные функции и логарифмы
174. При каких значениях a и b возможно равенство sin a + sin b = sin(a + b)?
175. Пусть некоторая прямая пересекает данные прямые в точках O1, O2, O3. Введём на данных прямых координаты x, y, z с началами координат в точках O1, O2, O3 (единица длины одна и та же и направления осей одни и те же). Положим I = 10x (т.е. точке с
координатой x мы сопоставляем силу тока I = 10x), R = 10-2y и U = 10-z. Точки с координатами x, y, z лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда x + z = 2y, т.е. 10-z = 10x . 102y
. Это означает, что V = I . R.
176. не существует. Действительно, если график функции y = 2x симметричен относительно некоторой прямой, то при симметрии относительно этой прямой горизонтальная
асимптота y = 0 этого графика должна перейти в некоторую асимптоту этого графика. Но
у графика функции y = 2x нет других асимптот. Следовательно, при этой симметрии прямая y = 0 переходит в себя, а значит, ось симметрии либо совпадает с прямой y = 0, либо
перпендикулярна ей. Проверка того, что прямая y = 0 и прямые вида x = const не являются
осями симметрии графика функции y = 2x, оставляется читателю в качестве упражнения.
Тригономические неравенства
177. При
жем, что значение,
углы
из
выражение
превышающее 1, приниматься не
не превосходит
отрезка
такие, что
и
равно 1. Покаможет. Выражение
Найдутся
. Тогда
, что, очевидно, не
превосходит 1.
Ответ: 1.00
178. да, всегда. По условию cos B cos C > 0. Кроме того, sin B sin C + cos B cos C =
cos(B - C) 1 и cos A 1. Поэтому sin B sin C 1 - cos B cos C 1 - cos A cos B cos C и
0<
1.
179. По условию a+b < , поэтому cos a > cos ( - b) = sin b , так как cos x убывает на
отрезке [0; ] . Аналогично, cos b > sin c и cos c > sin a . Сложив три полученных неравенства, получаем требуемое.
180. Прежде всего заметим, что 0 < 1 <
лее, 37 < 74, поэтому 7 < 4 log37, а значит,
, поэтому sin1 < sin
<
< log3
=
<
. Да-
.
181. Предположим, что сумма
cos 32x + a31cos 31x + a30cos 30x + ... + a1cos x принимает только положительные
значения при всех x. Заменив x на x + π, получим, что выражение
cos 32x - a31cos 31x + a30cos 30x - ... + a2cos 2x - a1cos x принимает положительные
значения при всех x. Сложив эти выражения, получим, что сумма
cos 32x + a30cos 30x + ... + a4cos 4x + a2cos 2x принимает положительные значения
при всех x. Затем повторим те же самые рассуждения, последовательно заменяя x на x +
,x+
,x+
. В результате получим, что cos 32x принимает положительные зна-
,x+
чения при всех x. Но при x = π/32 выражение cos 32x принимает значение -1. Получено
противоречие.
182. Пусть
того, 0 <
,
,
= arctg x,
= arctg z, тогда
+
, поскольку 0 < x, y, z, а значит, и cos
<
же получаем, что
x + y + z - xyz = tg
Поскольку cos
= arctg y,
+ tg
, cos
+ tg
, cos
- tg
tg
tg
+
, cos
<
и, кроме
, cos
> 0. Так
.
> 0, обе части равенства можно домножить на
произведение косинусов. Получаем, что надо доказать, что
sin cos cos
+ cos sin cos
+ cos cos
sin
- sin
sin
sin
>
0.(*)
Левая часть равенства (*) равна sin(
+
+
). В этом можно убедиться, два-
жды применив формулу синуса суммы.
Поскольку 0 <
+
+
< , получаем, что sin(
+
+
) > 0, тем самым
доказано неравенство (*).
183. Поскольку функция синус нечетная и имеет период 2π , можно считать, что
0<x<π. Если x
, то подойдет n = 1.
Если 0 < x < , то, последовательно откладывая углы x, 2x, nx, мы когда-нибудь
выйдем из промежутка (0; ); а поскольку шаг меньше , то мы при этом попадем в уже
рассмотренный промежуток [ ; ].
Если же x ( ;π) , то, учитывая равенство | sin nx|=| sin n(π -x)| , этот случай сводится к случаю x (0; ).
=
184. Возьмём на окружности радиуса 1 с центром O точки K, A и B так, что AOK
и BOK = (рис.???). Опустим из точки A перпендикуляр AH на прямую OK. Пусть C
— точка пересечения этого перпендикуляра и прямой OB. Сравнение площадей сектора
OAB и треугольника OAC показывает, что ( - ) < OH . (tg - tg ). Сравнение площадей
сектора OAK и треугольника OAH показывает, что
равенств следует, что
<
, т.е. <
.
> OH . tg . Из двух полученных не-
185. Используя тождества 1- cos x=2 sin2 , sin 2x=4 sin cos cos x , приводим неравенство к виду 2 cos x,>, tg . Полученное неравенство справедливо в силу того, что 2 cos
x>2 cos =1 , tg < tg <1 . Заметим, что функции sin2x и cos x выпуклы вверх на отрезке
[0, ] . Значит, их сумма f(x)= sin2x+ cos x также выпукла, поэтому график функции f(x) на
этом отрезке лежит не ниже прямой, соединяющей точки (0;f(0)) и ( ;f( )) . Требуемое неравенство теперь следует из соотношений f(0)=1 и f( )= + >1 .
186. Доказываемое неравенство можно переписать в виде
sin2n x + (2n - 2) sinn x cosn x + cos2n x 1 .
Возведем тождество sin2 x + cos2 x = 1 в степень n , получим
1 = sin2n x + cos2n x + n ( sin2 x cos2n-2 x + cos2 x sin2n-2 x) + + Cn2 ( sin4 x cos2n-4 x +
cos4 x sin2n-4 x) + ..
sin2n x + cos2n x + (2n - 2) sinn x cosn x ,
поскольку каждая скобка не меньше чем 2 sinn x cosn x , а сумма коэффициентов
равна
.
x< . Отсюда sin
sin x . Далее, поскольку 0< sin
187. При x 1 имеем 1
x<1 , имеем sin x<
. Пусть 0<x<1 . Перепишем неравенство: sin2t< sin(t2) при 0<t<1 .
2
2
Так как sin 0= sin(0 ) , то достаточно доказать ( sin2t)'<( sin(t2))' , или 2 sin t cos t<2t cos(t2) .
Поскольку >t>t2>0 , то cos t< cos (t2) . Перемножив это неравенство и sin t<t , получим sin
t cos t<t cos(t2) .
. Тогда для векторов =( sinα,
188. Предположим противное: cosα + cosβ + cosγ >
cosα),
=(sinβ,
cosβ)
и
=(sinγ,
cosγ)
имеем:
3<
= | + + | | |+| |+| |=3 . Получили
противоречие. Сумму
A=( sinα + sinβ + sinγ )2+( cosα + cosβ + cosγ)2
легко оценить сверху:
A=( sin2α + cos2α )+( sin2β + cos2β ) +( sin2γ + cos2γ )+ + 2( sinα sinβ + cosα cosβ)+
+2(sinα sinγ + cosα cosγ )+ + 2( sinβ sinγ + cosβ cosγ ) 3+3· 2=9.
Отсюда ( cosα + cosβ + cosγ)2 =A-( sinα + sinβ + sinγ)2 9-4=5.
Обратные тригонометрические функции
189. а)
; б) -
.
191. Прежде всего нетрудно показать, что величины arctg x + arctg y и arctg
отличаются друг от друга на
tg arctg x + arctg y =
Так как
arctg x + arctg y
, где
— целое число. Действительно,
= tg
.
,
то может принимать лишь три значения 0 и ±1. Для нахождения
косинусы левой и правой частей исходного равенства.
192. а) Пусть y = arcsin x
-
/2
x
рассмотрите
/2 . Тогда sin y = x, cos y =
, причем перед корнем выбирается знак плюс, так как cos y
=
0. Остальные фор-
мулы доказываются аналогично.
193. arcsin cos arcsin x + arccos sin arccos x =
194. 0
x
.
4.
195. По формуле котангенса суммы
ctg arcctg F2n - arcctg F2n + 2 =
= F2n + 1.
Тем самым равенство (8.2 ) доказано. Суммируя его по n от 1 до
, находим
arcctg 2 + arcctg 5 + arcctg 13 +...+ arcctg F2n + 1 +...= arcctg 1 = .
Алгебраические уравнения и системы уравнений
196. Перенесем все слагаемые в левую часть, получим: x 2+y2+z2+t2-x(y+z+t)=0.
Преобразуем это выражение к виду (1/4)x2+((1/4)x2- xy+y2)+((1/4)x2- xz+z2)+((1/4)x2-xt+t2).
В каждой из скобок стоит полный квадрат, поэтому уравнение приводится к следующему
виду: (1/4)x2+((1/2)x-y)2+((1/2)x- z)2+((1/2)x-t)2=0. Отсюда видно, что левая часть строго
положительна, кроме случая, когда каждый квадрат обращается в 0. Получаем: x=0,
(1/2)x-y=0, (1/2)x-z=0, (1/2)x-t=0, и окончательно, x=y=z=t=0.
Ответ: x=y=z=t=0.
197. Пусть t - некоторое действительное число. В уравнение 2f(x)+f(1-x)=x2 подставим вместо x сначала x=t, а затем x=1-t. Получим (c учетом того, что 1-(1-t)=t): 2f(t)+f(1t)=t2; 2f(1-t)+f(t)=(1-t)2. Вычитая из удвоенного первого уравнения второе уравнение, получаем: 4f(t)+2f(1-t)-2f(1-t)-f(t)=2t2-(1-t)2, откуда находим f(t)=(2t2-(1-t)2)/3=(t2+2t-1)/3.
Непосредственная проверка показывает, что найденная функция f(x)=(x 2+2x-1)/3 удовлетворяет условию.
Ответ: f(x)=(x2+2x-1)/3.
198. Первый способ.
Раскроем скобки, перенесем все слагаемые в одну часть и сгруппируем: x4y4 + x4 +
y4 + 1 - 4x2y2 = 0 (x4y4 - 2x2y2 + 1) + (x4 - 2x2y2 + y4) = 0 (x2y2-1)2 + (x2-y2)2 = 0
Второй способ.
Используем неравенство о средних:
x2 и
y2. Перемножив почленно
эти неравенства, и умножив полученное неравенство на 4, получим, что (x4+1)·(y4+1)
4x2y2, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда x4 = y4 = 1.
Ответ: (1;1), (- 1; - 1), (1; - 1), (- 1;1).
199. Будем доказывать утверждение по индукции. База n = 1 очевидна. Предположим, что неравенство доказано для n чисел. Проверим его и для n+1 числа. Согласно
предположению индукции,
(
ak)2 = an+12 + 2 an+1 ak + ( ak)2
an+12 + 2 an+1 ak + ak3 .
Таким образом, достаточно проверить, что
an+13 an+12 + 2 an+1 ak,
или, что
an+12 - an+1 2
ak .
Для доказательства последнего утверждения заметим, что
ak+1 + ak (ak+1 + ak)(ak+1 - ak) = ak+12 - ak2 .
Суммируя полученные неравенства по k от 0 до n , придем к неравенству
an+1 + 2 ak
(ak+12 - ak2) = an+12 ,
что и требовалось.
Системы алгебраических нелинейных урвнений
201. Первое решение. Из первого уравнения x=1:y, а из второго имеем z=2:y. Подставим эти значения в третье уравнение и получим 2:y2=8, что равносильно y2=1:4. Итак,
y=1:2 или y=-1:2, а затем находим остальные переменные. Ответ: (2;0,5;4),(-2;-0,5;-4)
Второе решение. Так как произведение двух переменных - положительное число, то из
этого следует, что переменные имеют один знак, а затем можно сделать вывод, что все три
переменных имеют один знак. Перемножим все уравнения и получим x2y2z2=16, откуда
xyz=4 или xyz=4. Осталось заметить, что мы имеем произведение всех трех чисел и попарные произведения, следовательно, мы можем найти каждое переменное. Найдем, например, x. Для этого воспользуемся вторым уравнением системы и произведением всех неизвестных и запишем x(yz)=4 или x*2=4 или x=2. Аналогично выписываем остальные переменные и ответ.
202. Из второго уравнения следует, что xy
1. Числа x и y не могут быть оба отри-
цательны, поскольку их сумма равна 2. Значит, числа x и y положительны и x + y
2
2, причём равенство x + y = 2 возможно лишь в том случае, когда x = y = 1. В таком случае z = 0.
Ответ: Одно решение.
203. x1 = x2 = ... = x15 = ±1. Ясно, что x2 ≠ 0, поэтому из первого и второго уравнений
получаем x1 = x3. Из второго и третьего уравнений получаем x2 = x4 и т.д. Кроме того, из
первого и последнего уравнений получаем x15 = x2. В итоге получаем
x1 = x3 = ... = x15 = x2 = x4 = ... = x14. Поэтому из первого уравнения получаем x12 = 1, т.е.
x1 = ±1. Очевидно, что оба указанных в ответе набора неизвестных действительно являются решениями системы.
204. Запишем эти уравнения следующим образом:
Второе уравнение возведём в квадрат, прибавим к нему третье уравнение, умноженное на 2, и вычтем первое уравнение. В результате получим:
0 = 16(a2 + 1)2 - 16(a2 + 1)z,
т.е. z = a2 + 1. Теперь второе и третье уравнения записываются так:
Решение этой системы сводится к решению квадратного уравнения; решая его,
находим
x = a2±a + 1,
y = a2
a + 1.
205. x1 = x2 = ... = xn = ±1 при нечётном n, x1 = x3 = ... = xn - 1 = a и x2 = x4 = ... = xn =
(a ≠ 0) при чётном n. Для нечётного n решение фактически приведено в решении задачи
77953. При чётном n точно так же получаем x1 = x3 = ... = xn - 1, x2 = x4 = ... = xn - 2 и x2 = xn.
Очевидно, что указанные в ответе наборы неизвестных являются решениями данной системы уравнений.
206. x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = 2. Пусть a — наибольшее из чисел x1, ..., x5, b —
наименьшее из этих чисел. Тогда a2 ≤ 2a и b2 ≥ 2b. По условию числа a и b положительны,
поэтому a ≤ 2 и b ≥ 2, следовательно, a = b = 2.
207. Первый способ.
Заметим, что x1x2 = 1, x2x3 = 1, ..., x2001x1 = 1. Следовательно, x12 . x22 . K . x20012 = 1, откуда x1 . x2 . K . x2001 = 1 или x1 . x2 . K . x2001 = - 1. Так как x1x2 = 1, x3x4 = 1, . , x1999x2000 = 1, то
x2001 = 1 или x2001 = - 1. Далее последовательно находим: x1, x2, и т. д. Получим: x20011 = x2000
= K = x1 = 1 или x20011 = x2000 = K = x1 = - 1.
Второй способ.
x1 = 1/x2; x2 = 1/x3; ...; x2000 = 1/x2001. Следовательно, значения всех переменных с нечетными индексами равны между собой и значения всех переменных с четными индексами равны между собой, при этом, все переменные принимают значения одного знака. Из
последнего уравнения следует, что x1 = 1/x2001, то есть, x1 = x2001 = ±1. Тогда, из первого
уравнения получим, что x2 = ±1, и т. д. Таким образом, значение каждой из переменных
либо равно 1, либо равно -1.
Ответ: (1;1;...;1); (- 1; - 1;...; - 1).
208. В силу симметрии системы уравнений можем считать, что x ≥ y. Тогда (y + z)3
= x ≥ y = (z + x)3 и y + z ≥ z + x. Значит, x = y. Аналогично, y = z. Получаем три решения: (0,
0, 0),
,
.
209. Введем новые обозначения:
Получим:
Складывая уравнения системы, получим 2(u + v + t) = 15; Теперь нетрудно получить u = 3,5; v = 2,5; t = 1,5, тогда x = 2/7; y = 2/5, z = 2/3.
210. Пусть y = kx. Сразу отметим, что k 1. Из уравнений
x3
2
=
3 3
-k x
6,
kx
=6
3
y - k2x3
получаем x3 =
и x3 =
. Следовательно,
=
.
Это уравнение можно умножить на 1 - k. В результате получим
=
,
откуда k = 3 или
шения: (- 1, - 3),
. Поэтому x3 = - 1 или x3 = 27. В итоге получаем следующие ре, (1±i
)
, (3, 1),
, (- 1±i
)
.
211. Рассмотрим сначала случай, когда b = 0. В этом случае последние два уравнения запишутся в виде z = - x - y и z2 = x2 + y2. Возведя первое из них в квадрат, получим xy
= 0. Значит, x = 0, z = - y или y = 0, z = - x. Первое уравнение исходной системы при этом
выполняется. Рассмотрим теперь случай, когда b 0. Воспользуемся тождеством
3xyz - x3 - y3 - z3 = (x + y + z)(xy + yz + xz - x2 - y2 - z2).
Из первого и второго уравнений следует, что xy + yz + xz - x2 - y2 - z2 = . Возведя в
квадрат уравнение x + y + z = 2b, получим x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2xz = 4b2. Следовательно, x2 + y2 + z2 = b2 и xy + yz + xz =
b2. Сравнивая первое из этих уравнений с последним
уравнением исходной системы, получаем z = 0. Таким образом, x2 + y2 = b2 и xy =
шая эту систему уравнений, находим x =
1±
b, y =
1
b.
b2. Ре-
212. число решений уменьшается до трёх при a = ±1, число решений уменьшается
до двух при a = ±
. Из первого уравнения получаем y = ±x. Подставив это выражение во
второе уравнение, получим
(x - a)2 + x2 = 1.(1)
Число решений системы уменьшается до трёх, если одно из решений уравнения (1)
обращается в нуль. Подставив в (1) x = 0, получим a2 = 1, т.е. a = ±1. Число решений системы уменьшается до двух, если уравнение (1) имеет единственный корень (т.е. два совпадающих корня). Приравнивая нулю дискриминант уравнения (1), получаем a = ±
.
213. Вычтем из первого уравнения почленно второе. Получим
x2(1-x)+y2(1-y)+u2(1-u)=0.
Поскольку неизвестные по абсолютной величине не превосходят единицы, все слагаемые левой части уравнения неотрицательны, а так как они в сумме равны нулю, то
каждое из них должно равняться нулю. Отсюда видно, что каждое неизвестное может
равняться либо нулю, либо единице. Итак, получаем следующие ответы
Ответ
214. Заметим, что x1.... . xk удовлетворяет уравнению x +
скольку
=1
x2 - x - 1 = 0, по-
x1 . ... . xk . xk + 1 . ... . x1962 = 1,
x1 . ... . xk - xk + 1 . ... . x1962 = 1.
Поэтому x1.... . xk =
. С другой стороны, по той же причине x1 . ... . xk + 1 =
Откуда получаем, что xk + 1 =
, где
.
= ±1. Поэтому x25 = 1,-
. В первом случае подходит пример из x1=(1+√(5))/2, x2=x3= ... =x1961=1, x1962=√(5)/2-1.
Во втором случае подходит пример x1=-x1962=
, x2=x3=
...
=x24=x26=
...
=x1961=1, x25=-
. (причем в двух последних формулах берутся противоположные знаки "плюс" и
"минус").
Ответ: x25 = 1, -
.
215. x = 1.
216. (0, 0, 0) и (1, 1, 1). Легко проверить, что если одно из чисел x1, x2, x3 равно нулю, то остальные числа тоже равны нулю. Поэтому будем считать, что x1x2x3 ≠ 0. Тогда
данную систему уравнений можно записать в виде
=1+
,
=1+
,
=1+
Сложив эти уравнения, получим
.
1+ 1+ 1= 0.
При действительных x1, x2, x3 это равенство может выполняться лишь в том случае,
когда 1 -
=1-
=1-
= 0, т.е. x1 = x2 = x3 = 1.
217. Ни одно из неизвестных не равно нулю, что видно из самой системы. Вычтем
из первого уравнения почленно второе уравнение системы. Получим x2x3(x1+x4)=0 . Так
как ни одно из неизвестных не равно нулю, то можем разделить на x2x3 и получить x1=-x4 .
Вычтя из второго уравнения третье, аналогично найдём, что x2=-x5 . Так же находим: x3=x6, x4=-x7,...x47=-x50, x48=-x1, x49=-x2, x50=-x3 . Вычитая из первого уравнения выведенной
системы четвёртое, из второго – пятое, из третьего – шестое и т. д., получим: x1=x7,
x2=x8,...x50=x6 . Продолжая, получим
x1=x3=x5=...x49=-x2=-x4=...-x50.
Подставив эти формулы, например, в первое уравнение, найдём 1-x1(-x1)x1=0, x13=1 . Действительный корень этого уравнения x1=-1 . Итак, x2k=1, x2k-1=-1 , где k – целое число ( k=
).
Ответ: x2k=1, x2k-1=-1 , где k – целое число ( k=
).
218. В силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим для любых положительных чисел x и y имеем: x+
2
. Поэтому
Перемножая эти неравенства, получаем неравенство
(x1+ ) (x2+ ).. (x100+ ) 2100=450;
перемножая уравнения системы, видим, что это неравенство обращается в равенство. Следовательно, каждое из неравенств (1) должно обращаться в равенство, т.е.
x1= , x2= ,.., x100= .
Подставляя полученные выражения для x1 , x2 , x100 в данную систему уравнений,
находим ответ.
Ответ
x1=2 , x2= , x3=2 , x4= , x99=2 , x100= .
219. xy + yz + xz =
где p =
,
.