|
|
Скачати 0.54 Mb.
|
|
6. Відповідь: . Розв’язання. Оскільки і , то залишки від ділення на 5 чисел і повторюються з періодом 4 і залежать лише від остачі, яку число n дає при діленні на 4:
Як видно, незалежно від значення n обидва числа і не можуть водночас поділитися на 5. Тому з подільності добутку на випливає, що або число , або число кратне . При маємо , тож подільність можлива лише за умови . Якщо ж , то число справді ділиться на . 7. Задача № 7 групи «А» молодшої ліги. 8. Розв’язання. Нехай у Сашиній лабораторії живуть n хамелеонів. Побудуймо дводольний граф на 2n вершин , , …, (ліва частина графа) і , , …, (права частина графа): вершини та сполучені ребром тоді й лише тоді, коли , а i-й та j-й хамелеони з’єднані дротом; жодна пара вершин , , а також жодні дві вершини , між собою не сполучені. Спочатку пофарбуємо кожну вершину , , у той же колір, який у перший день мав i-й хамелеон. Далі пофарбуємо кожну вершину , , у той колір, який мають більшість сполучених із нею вершин. Ясно, що в такий спосіб ми отримаємо у правій частині графа забарвлення хамелеонів на другий день експерименту. Тепер перефарбуємо кожну вершину , , у колір, який мають більшість сполучених із нею вершин. Унаслідок цього отримаємо в лівій частині графа розфарбування хамелеонів на третій день експерименту. Далі знов перефарбуємо і т. д. Назвімо різнокольоровими ті ребра графа, які сполучають жовту вершину з синьою або навпаки. Покажемо, що, якщо під час чергового кроку було змінено колір хоча б однієї вершини, то загальна кількість різнокольорових ребер зменшилась. Дійсно, нехай на даному кроці ми фарбуємо ліву частину графа. Розглянемо довільну вершину , . Якщо ми залишаємо її колір незмінним, кількість різнокольорових ребер, які виходять із цієї вершини, також не змінюється. Якщо ж ми змінюємо колір вершини, це означає, що з нею було сполучено більше вершин протилежного кольору, ніж її власного, тобто кількість різнокольорових ребер перевищувала половину всіх ребер, які з неї виходили. При зміні кольору вершини усі різнокольорові ребра, які з неї виходили, перестають бути різнокольоровими — тож після перефарбування матимемо менше різнокольорових ребер, ніж було до того. Таким чином, кількість різнокольорових ребер, які виходять з усіх вершин , тобто загальна кількість різнокольорових ребер у графі, не збільшилась, а якщо хоча б одна вершина змінила свій колір, то зменшилась. Рано чи пізно кольори вершин побудованого дводольного графа перестануть змінюватися, адже кількість різнокольорових ребер не може зменшуватися необмежено довго. Подивімося після цього на і — дві вершини, що відповідають улюбленому хамелеонові Саші Дискримінанту. Якщо вершини й мають однаковий колір, це означає, що Дискримінант перестав змінювати забарвлення. Якщо ж вершини пофарбовані по-різному, Дискримінант щодня змінює свій колір. Середня ліга. Група «Б» 1. Розв’язання. Застосуємо кілька разів нерівність між середнім арифметичним і середнім геометричним двох невід’ємних чисел: . 2. Задача № 2 групи «А» середньої ліги. 3. Відповідь: . Розв’язання. Позначимо через , , і середини сторін AB, BC, CD і DA квадрата ABCD (рис. 9). Трикутники , , , прямокутні рівнобедрені з катетом і кутом . Тому і . Таким чином, — квадрат площі . Відрізки , , і — медіани відповідних трикутників. Оскільки точкою перетину медіан трикутника кожна медіана завжди ділиться у відношенні , рахуючи від вершини, то , , і . Тепер можна скористатися поняттям гомотетії і сказати, що PQRT — фігура, гомотетична до квадрата із центром гомотетії M і коефіцієнтом , звідки . Натомість можна обійтися міркуваннями подібності трикутників: трикутники TMP, PMQ, QMR і RMT подібні до трикутників , , , із коефіцієнтом . Тож якщо точка M лежить усередині квадрата (рис. 9), то . Якщо точка M лежить поза квадратом , наприклад у трикутнику (рис. 10), то . Нарешті, якщо точка M лежить на межі квадрата , наприклад на відрізку , то знову . 4. Задача № 4 групи «А» середньої ліги. 5. Розв’язання. Якщо , то за добре відомою формулою . А тоді . Навпаки: якщо — квадрат цілого невід’ємного числа, то це число непарне і є не меншим за . Тому для деякого . Тоді . 6. Задача № 6 групи «А» середньої ліги. 7. Розв’язання. Другому гравцю слід подумки розділити прямокутник на дві половини . Коли перший гравець ставить цифру m на k-ту позицію однієї з половин, другий гравець відповідає, ставлячи цифру на k-ту позицію іншої половини прямокутника. Оскільки після кожної пари ходів довільна позиція k, , буде або вільною, або зайнятою водночас в обох половинах, другий гравець завжди зможе зробити хід відповідно до такої стратегії. Так він доб’ється того, що після 12 ходів сума чисел a та b, записаних відповідно у першій і в другій половині прямокутника, складатиме 999 999 (щоб переконатися в цьому, можна уявити, що числа додають у стовпчик). А число-результат дорівнюватиме і тому буде ділитися на 999 999. Лишається зауважити, що число 999 999 кратне 77, бо . 8. Задача № 8 групи «А» середньої ліги. Старша ліга. Група «А» 1. Розв’язання. Із нерівності випливає, що або всі три числа x, y і z додатні, або додатним є одне з них, а інші два числа від’ємні. У першому випадку з монотонності многочлена P маємо , і , тож сума явно додатна. Нехай тепер x та y від’ємні, а z — додатне. З використанням умови маємо, що . Тому . Отже, якщо для довільних від’ємних x, y довести нерівність , то задачу буде розв’язано. Щоб спростити подальші викладки, розглядатимемо еквівалентне твердження: для довільних додатних x та y ми будемо доводити нерівність . Нехай , . Тоді . За умовою зростає на , тому при при . З останньої нерівності випливає, що , бо інакше нерівність не справджується для достатньо великих значень x. До того ж , бо інакше нерівність не справджується для значень x, досить близьких до нуля. Розпишімо тепер суму : . Враховуючи, що x, y та a додатні, а c невід’ємне, в останньому виразі з першим і третім доданками проблем не виникає: перший завжди додатний, а третій невід’ємний. Труднощі створює другий доданок. Утім, можна помітити, що такий же доданок з’явиться і в нерівності , якщо, наприклад, замість x підставити в неї суму , а потім домножити обидві частини на xy: . Віднявши один вираз від іншого, матимемо . Таким чином, число дорівнює сумі додатного виразу й невід’ємного, тому це число є додатним. 2. Відповідь: . Розв’язання. Запишемо ще раз рівність з умови задачі: . Покладімо спершу , одержимо . Якщо значення не дорівнює нулю, можемо поділити обидві частини на , звідки дістанемо . Але в цьому випадку, підставивши в початкову рівність , , матимемо, що , чого бути не може. Значить, . Підставимо тепер у задану рівність , звідки, з урахуванням , дістанемо . Оскільки може набувати довільного невід’ємного значення, робимо висновок, що для всіх невід’ємних x. Нехай y — деяке від’ємне число. Візьмімо таке додатне x, для якого . Вираз можна розглядати як квадратичну функцію відносно x із додатним старшим коефіцієнтом, тому потрібне значення x існує. Тоді . А оскільки , отримуємо, що . Отже, також і для від’ємних значень аргументу. Насамкінець слід пересвідчитись, що функція справді задовольняє умову задачі. 3. Задача № 3 групи «А» середньої ліги. 4. Відповідь: ГМТ — вписане у коло. Розв’язання. Уведімо позначення, як на рис. 11: нехай O — центр трикутника, , та — середини відповідних сторін, , та — основи перпендикулярів, опущених із точки X на відповідні сторони, і, нарешті, , та — основи перпендикулярів, опущених із точки X на відрізки , та . Покладімо, що радіус уписаного кола трикутника ABC одиничний, тобто . Усі шість трикутників , , , , та симетричні, тож можемо вважати, що точка X лежить, наприклад, усередині трикутника або на його межі. При цьому, очевидно, точка умову не задовольняє. Уведемо позначення , . Нехай також , . Якщо (як на рис. 11), маємо: , , . Якщо ж , точка лежить по інший бік від O, ніж . Але й у цьому випадку . Відзначимо, що всі три рівності щодо відстаней від точки X до сторін трикутника справджуються і в тому випадку, якщо один із прямокутних трикутників вироджений, тобто коли . Ясно, що . Крім того, , бо . Отже, є найбільшою з трьох відстаней. Нам треба перевірити, за яких умов справджується співвідношення . Покажемо, що це відбувається тоді й лише тоді, коли , тобто коли X лежить на вписаному колі трикутника ABC. Якщо , то , , , . Таким чином, ми довели, що . Домноживши обидві частини рівності на для довільного додатного a, матимемо . Тоді те, що при , випливає з такої леми: Лема. Якщо для деяких невід’ємних чисел x, y, z, то для всіх (і для від’ємних зокрема, але за природної умови, що числа , і невід’ємні). Доведення. Припустимо, що водночас і для деякого . Без утрати загальності можемо вважати, що , бо інакше можна розглянути числа , , і , які також задовольняють дві відповідні рівності. Розглянувши різницю рівностей, матимемо , де , . Похідна такої функції дорівнює , . Це значить, що спадає на . Очевидно, що та , тому (зважаючи на рівність ) та . Тобто та , звідки і , бо . А це безпосередньо суперечить виписаній вище рівності. Лему доведено. Залишається підставити у твердження леми відповідні числа: , , , . 5. Задача № 5 групи «А» середньої ліги. 6. Розв’язання. Нехай для деяких цілих x, y, z. Тоді . Але квадрат жодного цілого числа не дає остачі 20 у разі ділення на 23. Щоб у цьому переконатися, випишемо остачі квадратів чисел від 0 до 11 (усе за модулем 23): , , , , , , , , , , , . Якщо ж число дає від ділення на 23 остачу , то , а , тобто квадрат і такого числа дає одну з уже розглянутих остач, серед яких остачі 20 немає. 7. Задача № 7 групи «А» молодшої ліги. 8. Розв’язання. Зведемо задачу до такої: пофарбувати кожне ціле невід’ємне число у жовтий або в синій колір, щоб не знайшлося жодної трійки послідовних чисел n, , , забарвлених однаково, та не існувало нескінченної арифметичної прогресії із цілим невід’ємним першим членом і натуральною різницею d, усі члени якої пофарбовані в один колір. Знайшовши таке вихідне розфарбування, можна отримати розфарбування, що задовольняє умову задачі: кожне натуральне число , де , , …, — різні прості числа, пофарбуємо у колір, яким раніше фарбували число (а число 1 — у колір, який мало число 0). Тоді трійки чисел , , будуть забарвлені так, як у вихідному розфарбуванні були забарвлені трійки n, , . А геометричні прогресії — так, як у вихідному розфарбуванні арифметичні прогресії: якщо і , де , , …, — різні прості числа і , , …, — різні прості числа, то і . Тепер власне побудуємо вихідне розфарбування. Для цього розіб’ємо всі цілі невід’ємні числа на групи, що складаються з двох, чотирьох, восьми, шістнадцяти і т. д. чисел: до першої групи включимо два числа 0 та 1, до другої групи — чотири числа 2, 3, 4 і 5, до третьої групи — вісім чисел 6, 7, …, 13, до четвертої — числа 14, 15, …, 29 і т. д.; в i-й групі будуть числа , , …, . Числа в межах кожної групи пофарбуємо через одне, тобто так, щоб жовті та сині числа чергувалися. Але при цьому у групах із непарним номером, тобто в першій, третій, п’ятій і т. д. групах, перші числа зробимо синіми, а у групах із парним номером, тобто у другій, четвертій, шостій і т. д., перші числа зробимо жовтими: 0 123456789101112131415161718… С ЖЖСЖССЖСЖСЖСЖЖСЖСЖ |
| ОПТИМАЛЬНІ СТРАТЕГІЇ РОЗВИТКУ ВИРОБНИЧИХ СИСТЕМ: РІШЕННЯ ВАРІАЦІЙНОЇ ЗАДАЧІ РОЗВИТКУ Ключові слова: виробнича задача, критерії оптимальності, задача оптимального агрегування, багатовимірна оптимізаційна задача |
Задача № 1 групи «А» Нехай a, b та c — попарно різні натуральні числа. Доведіть, що число має принаймні 8 різних натуральних дільників |
| Задача 2 Задача (5 балів) На резисторі 3 Ом виділяється напруга 100 мВ. Знайти значення струму через резистор в мА і потужність в кВт |
Задача № 1 групи «А» Назвімо число m особливим, якщо можна дібрати такі цілі a та b, що. Скільки існує натуральних чисел, менших від 123 456 789, які... |
| Задача На тему: Рівняння з параметрами Після першого засідання гуртка, за результатами анкетування ми вирішили детальніше познайомитися з темою «Рівняння з параметрами».... |
УРОК 7 Тема. Контрольна робота. Мета уроку. Оцінити рівень засвоєння... Задача (З бали.) Виконати зображення правильної трикутної піраміди, вписаної в конус. Описати властивості одержаної комбінації фігур.... |
| ПРОТОКОЛ Р. Короленко – запропонував Д. Слюсара обрати старостою групи. Обґрунтував його гарні організаторські здібності, добросовісне відношення... |
Політичні еліти У всіх країнах є групи населення, які беруть найактивнішу участь у політичному житті, відіграють ключову роль у здійсненні влади.... |
| Конкурсу: 30 команд Учасники: групи учнів 8 11 класів (класи, групи учнів класу, шкільного гуртка, клубу, позашкільних навчальних закладів, молодіжних... |
Тема: Формування вхідних та вихідних грошових потоків на підприємстві.... Задача Визначити чистий рух грошових коштів і скласти звіт про рух грошових коштів підприємства прямим та непрямим методами |