logo
 

РУССКИЙ ЯЗЫК

ЛИТЕРАТУРА

 

ИСТОРИЯ РОССИИ

БИОЛОГИЯ

ГЕОГРАФИЯ

МАТЕМАТИКА

Представлено 42 задачи с решением и ответами. К некоторым задачам даны примечания.

Задача 1

Условие

В вершинах 33-угольника записали в некотором порядке целые числа от 1 до 33. Затем на каждой стороне написали сумму чисел в её концах.
Могут ли на сторонах оказаться 33 последовательных целых числа (в каком-нибудь порядке)?

Решение

Пусть в вершинах числа идут в таком порядке:  1, 18, 2, 19, 3, 20, ..., 16, 33, 17.  Нетрудно убедиться, что суммы двух соседних чисел будут возрастать по порядку от 19 до 50. А сумма первого и последнего равна 18.

Ответ

Могут.

 

 

Задача 2

Условие

Петя сложил 10 последовательных степеней двойки, начиная с некоторой, а Вася сложил некоторое количество последовательных натуральных чисел, начиная с 1. Могли ли они получить один и тот же результат?

Решение

29 + ... + 218 = 29(210 – 1) = 1 + 2 + 3 + ... + (210 – 1).

Ответ

Могли.

 

 

Задача 3

Условие

Петя сложил 100 последовательных степеней двойки, начиная с некоторой, а Вася сложил некоторое количество последовательных натуральных чисел, начиная с 1. Могли ли они получить один и тот же результат?

Решение

299 + ... + 2198 = 299(2100 – 1) = 1 + 2 + 3 + ... + (2100 – 1).

Ответ

Могли.

 

 

Задача 4

Условие

Делится ли на 1999 сумма чисел 1 + 2 + 3 +...+ 1999?

Подсказка

Попробуйте сосчитать сумму. Вспомните Карла Гаусса.

Решение

Да, делится, поскольку

1 + 1998 = 2 + 1997 =...= 999 + 1000 = 1999,

т.е. эта сумма равна  1999×999 + 1999.

Ответ

 Да.

 

 

Задача 5

Последовательность из двух различных чисел продолжили двумя способами: так, чтобы получилась геометрическая прогрессия, и так, чтобы получилась арифметическая прогрессия. При этом третий член геометрической прогрессии совпал с десятым членом арифметической прогрессии. А с каким членом арифметической прогрессии совпал четвёртый член геометрической прогрессии?

Решение

Пусть a — первое из двух чисел исходной последовательности, d — разность арифметической прогрессии, а q — знаменатель геометрической прогрессии. Тогда по условию задачи a + d = aq, a + 9d = aq2. Следовательно, a(q – 1) = d и a(q – 1)(q + 1) = a(q2 – 1) = 9d = 9a(q – 1). Поскольку q≠1, отсюда получаем q = 8 и aq3 = a + a(q3 – 1) = a + a(q – 1)(q2 + q + 1) = a + 73d. Таким образом, четвёртый член геометрической прогрессии совпал с 74-м членом арифметической прогрессии.

Ответ

с 74-м членом арифметической прогрессии.

 

 

Задача 6

Бесконечная возрастающая арифметическая прогрессия такова, что произведение каждых двух различных её членов – также член этой прогрессии. Докажите, что все её члены – целые числа.

Решение

Пусть a – один из членов прогрессии, а d – её разность. По условию, числа  a(a + d)  и  a(a + 2d)  – также члены прогрессии; значит, их разность имеет вид nd при некотором целом n, то есть  ad = nd.  Поскольку  d > 0,  получаем  a = n,  то есть a – целое число.

 

 

Задача 7

Условие

Чему равна сумма цифр всех чисел от единицы до миллиарда?

Решение

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.

 

 

Задача 8

Условие

а) Дано шесть натуральных чисел. Все они различны и дают в сумме 22. Найти эти числа и доказать, что других нет.

б) Тот же вопрос про 100 чисел, дающих в сумме 5051.

Решение

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.

 

 

Задача 9

Условие

Васе на 23 февраля подарили 777 конфет. Вася хочет съесть все конфеты за n дней, причем так, чтобы каждый из этих дней (кроме первого, но включая последний) съедать на одну конфету больше, чем в предыдущий. Для какого наибольшего числа n это возможно?

Решение

Если в первый день Вася съест a конфет, то за n дней он съест  a + (a + 1) + ... + (a + n – 1) = ½ n(2a – 1 + n).
Значит,  ½ n(2a – 1 + n) = 777. Следовательно, n делит  2·777 = 1554.  Так как  1554 = n(2a – 1 + n) > n²,  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.

 

 

Задача 10

Условие

Натуральный ряд разбит на n арифметических прогрессий (каждое натуральное число принадлежит ровно одной из этих n прогрессий). Пусть d1, d2, ..., dn – разности этих прогрессий. Докажите, что   1/d1 + 1/d2 + ... + 1/dn = 1.

Подсказка

В длинном куске натурального ряда числа из первой прогрессии составляют долю, равную примерно 1/d1.

Решение

Положим  N = d1d2...dn.  Возьмём N последовательных натуральных чисел, меньшее из которых больше всех первых членов n прогрессий. Тогда среди этих N чисел ровно N/d1 чисел принадлежат первой прогрессии, ровно N/d2 – второй, и т.д., ровно N/dn – n-й прогрессии. Поскольку каждое из этих N чисел принадлежит ровно одной прогрессии, отсюда следует нужное равенство.

 

 

Задача 11

Условие

Натуральный ряд 1, 2, 3, ... разбит на несколько (конечное число) арифметических прогрессий.
Докажите, что хотя бы у одной из этих прогрессий первый член делится на разность.

Подсказка

Можно рассмотреть прогрессию, в которую входит число, равное произведению разностей всех прогрессий.

Решение

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 на di.

 

 

Задача 12

Условие

Докажите, что в любой арифметической прогрессии, состоящей из натуральных чисел, найдутся два члена с одинаковой суммой цифр.

Подсказка

Для достаточно больших чисел m члены прогрессии с номерами  10m + 1  будут иметь одинаковую сумму цифр.

Решение

Пусть a – первый член прогрессии, состоящий из k цифр, d – разность прогрессии. Рассмотрим член прогрессии с номером  10m + 1,  где  m > k.  Он равен  10md + a.  Десятичная запись этого числа выглядит так: 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.

 

 

Задача 13

Условие

Может ли сумма 1000 последовательных нечётных чисел быть седьмой степенью натурального числа?

Подсказка

Выведите формулу суммы тысячи последовательных нечетных чисел.

Решение

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.

 

 

Задача 14

Условие

Первый член бесконечной арифметической прогрессии из натуральных чисел равен 1.
Докажите, что среди её членов можно найти 2015 последовательных членов геометрической прогрессии.

Решение

Пусть разность прогрессии равна  a – 1  (то есть второй член прогрессии равен a). Покажем, что тогда среди её членов можно найти числа 1, a, a², a³, ..., a2014. Действительно, поскольку  ak = 1 + (a – 1)(1 + a + a² + ... + ak–1),  то число ak встретится в исходной арифметической прогрессии на месте с номером  2 + a + … + ak–1.

 

 

Задача 15

Условие

Рассматривается последовательность  1, ½, ⅓, ¼, , , 1/7, ...  Существует ли арифметическая прогрессия
а) длины 5;
б) сколь угодно большой длины,
составленная из членов этой последовательности?

Решение

Рассмотрим убывающую прогрессию из n натуральных чисел (например,  n, n – 1, ..., 1).  Разделив все её члены на их НОК, получим прогрессию из указанных дробей. В частности, при  n = 5  получаем  1/60, 1/30, 1/20, 1/15, 1/12.

Ответ

Существует.

 

 

Задача 16

Условие

Существует ли такое N и такие  N – 1  бесконечных арифметических прогрессий с разностями  2, 3, 4, ..., N,  что каждое натуральное число принадлежит хотя бы одной из этих прогрессий?

Решение

Положим  N = 12.  Каждое натуральное число можно записать в виде  12k + r,  где r – одно из чисел  0, 1, ..., 11.  Все числа, для которых r чётно принадлежат прогрессии  2, 4, 6, ...;  все числа, для которых r кратно 3, – прогрессии  3, 6, 9, ...  Остались числа с  r = 1, 5, 7 и 11.  Они покрываются прогрессиями  4k + 1,  6k + 7  и  12k + 11  (k = 0, 1, ...)  с разностями 4, 6 и 12.

Замечания

1. Другой пример – прогрессии  {1, 3, ...},  {2, 5,...},  {4, 8, ...},  {6, 12, ...},  {10, 22, ...}.

 

 

Задача 17

Условие

Арифметическая прогрессия состоит из целых чисел. Сумма первых n членов этой прогрессии является степенью двойки.
Докажите, что n – также степень двойки.

Решение

Удвоенная сумма прогрессии – тоже степень двойки. Согласно формуле суммы арифметической прогрессии эта удвоенная сумма делится на количество членов. А делитель степени простого числа – тоже степень этого числа.

 

 

Задача 18

Условие

Даны пятьдесят различных натуральных чисел, двадцать пять из которых не превосходят 50, а остальные больше 50, но не превосходят 100. При этом никакие два из них не отличаются ровно на 50. Найдите сумму этих чисел.

Решение

Вычтем 50 из каждого числа, которое больше 50. Получатся 50 разных чисел, то есть числа от 1 до 50. Их сумма равна  1 + 2 + … + 50 = 25·51,  а сумма исходных чисел –  25·51 + 25·50 = 25·101.

Ответ

2525.

 

 

Задача 19

Условие

Сумма номеров домов на одной стороне квартала равна 247. Какой номер имеет седьмой дом от угла?

Решение 1

Пусть первый от угла дом квартала имеет номер р, а количество домов на одной стороне квартала равно k. По условию
247 = р + (р + 2) + (р + 4) + ... + (р + 2(k – 1)) = (р + k – 1)k.
Разложение на простые множители числа 247 имеет вид 247 = 13·19. Так как  р ≥ 1,  то  р + k – 1 ≥ 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.

Решение 2

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 = 13·19.  Если номер среднего дома 13, то перед ним не поместятся 8 домов. Значит, номер среднего дома 19, и он седьмой от угла.

Ответ

19.

 

 

Задача 20

Условие

Дана клетчатая полоска из 2n клеток, пронумерованных слева направо следующим образом:

1, 2, 3, ..., n, –n, ..., –2, –1

По этой полоске перемещают фишку, каждым ходом сдвигая её на то число клеток, которое указано в текущей клетке (вправо, если число положительно, и влево, если отрицательно). Известно, что фишка, начав с любой клетки, обойдёт все клетки полоски. Докажите, что число  2n + 1  – простое.

Решение

Допустим, что  2n + 1  – не простое. Тогда среди чисел 2, 3, ..., n найдётся делитель d числа  2n + 1.  Покажем, что начав с него, мы всегда будем попадать только на числа, кратные d (и тем самым всех чисел не обойдём). Для этого занумеруем числа слева направо. Заметим, что отрицательные числа в правой половине ровно на  2n + 1  меньше своего номера, поэтому, если номер кратен d, то и число тоже кратно d. При сдвиге вправо номер удваивается, поэтому делимость на d как его, так и числа в строке сохраняется. Ввиду симметрии делимость сохраняется и при сдвиге влево.

 

 

Задача 21

Условие

Вокруг стола пустили пакет с семечками. Первый взял 1 семечку, второй – 2, третий – 3 и так далее: каждый следующий брал на одну семечку больше. Известно, что на втором круге было взято в сумме на 100 семечек больше, чем на первом. Сколько человек сидело за столом?

Решение

Пусть за столом сидело n человек. Тогда на втором круге каждый взял на n семечек больше, чем на первом, а все – на  n·n = n²  больше семечек, чем на первом. Так как  n² = 100,  то  n = 10.

Ответ

10 человек.

 

 

Задача 22

Условие

Доказать, что в любой бесконечной арифметической прогрессии из натуральных чисел
a) имеется бесконечно много составных чисел.
б) имеется или бесконечно много квадратов, или ни одного.

Решение

Пусть d – разность прогрессии.

a) Пусть a – член прогрессии, больший 1. Тогда все члены вида  a + nad  делятся на a.

б) Пусть в прогрессии есть один точный квадрат: a². Тогда все числа вида  (a + nd)² = a² + (2a + nd)nd  принадлежат прогрессии.

 

 

Задача 23

Условие

Найдите все значения a, для которых найдутся такие x, y и z, что числа cos x, cos y и cos z попарно различны и образуют в указанном порядке арифметическую прогрессию, при этом числа  cos(x + a),  cos(y + a)  и  cos(z + a)  также образуют в указанном порядке арифметическую прогрессию.

Решение

Числа  cos(x + a),  cos(y + a),  cos(z + aобразуют арифметическую прогрессию, значит,  2cos(y + a) = cos(x + a) + cos(z + a),
2cos y cos a – 2sin y sin a = cos x cos a – sin x sin a + cos z cos a – sin z sin a,  (2cos y – cos x – cos z)cos a = (2sin y – sin x – sin z)sin a.
По условию числа cos x, cos y, cos z также образуют арифметическую прогрессию, значит,  2cos y = cos x + cos z,  и поэтому левая часть этого равенства равна нулю. Следовательно, либо  sin a = 0  и  a = πk, k Z,  либо  2sin y = sin x + sin z,  то есть числа sin x, sin y, sin z также образуют арифметическую прогрессию. Но в последнем случае точка с координатами  (cos y, sin y)  является серединой отрезка с концами в точках
(cos x, sin x),  (cos z, sin z)  и при этом все три точки лежат на единичной окружности с центром в начале координат, что невозможно.
Для  a = πk  подходящим примером являются числа  x = 0,  y = π/2z = π.

Ответ

a = πkk Z.

 

 

Задача 24

Условие

Петя сложил 10 последовательных степеней двойки, начиная с некоторой, а Вася сложил некоторое количество последовательных натуральных чисел, начиная с 1. Могли ли они получить один и тот же результат?

Решение

29 + ... + 218 = 29(210 – 1) = 1 + 2 + 3 + ... + (210 – 1).

Ответ

Могли.

Замечания

1. Это – единственный пример.

 

 

Задача 25

Условие

Сто натуральных чисел образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Возможно ли, что каждые два из этих чисел взаимно просты?

Решение

Например, такими являются числа 1,  1 + 99!,  1 + 2·99!,  ...,  1 + 99·99!.  Действительно, пусть два числа имеют общий простой делитель p. Тогда p делит их разность, то есть число вида n·99!, где  n < 100.  Поэтому и  p < 100.  Но при делении на такое число все числа дают в остатке 1. Противоречие.

Ответ

Возможно.

 

 

Задача 26

Условие

Даны две непостоянные прогрессии (an) и (bn), одна из которых арифметическая, а другая – геометрическая. Известно, что  a1 = b1a2 : b2 = 2  и
a4 : b4 = 8.  Чему может быть равно отношение  a3 : b3?

Решение

Пусть  a1 = b1 = a ≠ 0,  разность арифметической прогрессии равна  d ≠ 0,  а знаменатель геометрической –  q ≠ 1.  Возможны два случая.
1) (an) – арифметическая прогрессия, а (bn) – геометрическая. Тогда по условию  
a + d = 2aq,  a + 3d = 8aq³,  или  d = a(2q – 1),
3d = a(8q³ – 1) = d(4q² + 2q + 1),  2q² + q – 1 = 0, 
откуда  q = ½  или  q = – 1.
 
Если  q = ½,  то  d = a(2q – 1) = 0,  что противоречит условию.
  Если  q = –1,  то  d = –3a  и  a3/b3 = a+2d/aq² = –5.
2) (an) – геометрическая прогрессия, а (bn) – арифметическая. Тогда  2(a + d) = aq,  8(a + 3d) = aq³,  поэтому
2d = a(q – 2),  24d = a(q³ – 8) = 2d(q² + 2q + 4),  q² + 2q – 8 = 0,  откуда  q = 2  или  q = – 4.  В первом случае снова  d = 0,  а во втором  q = –4,  d = – 3a  и  a3/b3 = aq²/a+2q = – 16/5.

Ответ

–5 или –3,2.

 

 

Задача 27

Условие

Можно ли увезти из каменоломни 50 камней, массы которых  370 кг, 372 кг, 374 кг, ..., 468 кг  (арифметическая прогрессия с разностью 2 кг), на семи трёхтонках?

Решение

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 кг  – больше 3 тонн.

Ответ

Нельзя.

 

 

Задача 28

Условие

Составить две прогрессии: арифметическую и геометрическую, каждую из четырёх членов; при этом, если сложить одноимённые члены обеих прогрессий, то должны получиться числа: 27, 27, 39, 87.

Решение

Пусть  a,  a + d,  a + 2d,  a + 3d  – искомая арифметическая прогрессия,  b, bq, bq², bq³  – искомая геометрическая прогрессия. По условию
a + b = 27,  a + d + bq = 27,  a + 2d + bq² = 39,  a + 3d + bq³ = 87.
Вычтем из второго уравнения первое, из третьего второе, из четвёртого третье:  d + b(q – 1) = 0,  d + bq(q – 1) = 12,  d + bq²(q – 1) = 48.
Из первого уравнения получаем  b(q – 1) = – d;  подставим это выражение во второе и третье уравнения:  d – dq = 12,  d – dq² = 48.
Поделив последнее уравнение на предпоследнее, получим  1 + q = 4,  то есть  q = 3.  Следовательно,  d = – 6,  b = 3  и  a = 24.

Ответ

24, 18, 12, 6  и  3, 9, 27, 81.

 

 

Задача 29

Условие

Первый член и разность арифметической прогрессии — натуральные числа. Доказать, что найдётся такой член прогрессии, в записи которого участвует цифра 9.

Решение

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.

 

 

Задача 30

Условие

Найдите все возрастающие арифметические прогрессии с конечным числом членов, сумма которых равна 1, и каждый член имеет вид 1/k, где k – натуральное.

Решение 1

Пусть 1/m – наибольший член прогрессии. Тогда в прогрессии более m членов (иначе сумма меньше 1). С другой стороны, разность прогрессии
d1/m1/m+1 = 1/m(m+1),  поэтому членов не более  m + 1.  Итак, число членов равно  m + 1,  а среднее арифметическое всех членов равно  1/m+1.  Поскольку только один член прогрессии больше среднего арифметического, в прогрессии не более трёх членов. Поэтому  m + 1 = 3,  а сама прогрессия –  1/6, 1/3, 1/2.

Решение 2

Домножив на НОК знаменателей, получим возрастающую арифметическую прогрессию {ai} из n натуральных чисел, сумма S которой делится на каждый член. Члены этой прогрессии, очевидно, не имеют общего делителя, значит, её разность d взаимно проста с каждым членом. Разберём два случая.
  1)  n = 2k.  Тогда  S = n/2 (ak + ak+1) = nak+1kd,  откуда kd, а поэтому и k кратно ak+1. Но это невозможно, так как  ak+1 > k.
  2)  n = 2k + 1.  Тогда  S = nak+1 = nak + nd,  откуда  n = 2k + 1  кратно ak. Но поскольку  ak ≥ k,  это возможно только при  ak = k = 1.  Отсюда единственный ответ:  1/6, 1/3, 1/2.

Ответ

1/6, 1/3, 1/2.

 

 

Задача 31

Условие

Натуральный ряд представлен в виде объединения некоторого множества попарно непересекающихся целочисленных бесконечных арифметических прогрессий с положительными разностями  d1, d2, d3, ... .  Может ли случиться, что при этом сумма   1/d1 + 1/d2 + ... + 1/dk   не превышает 0,9? Рассмотрите случаи:
а) общее число прогрессий конечно;
б) прогрессий бесконечное число (в этом случае условие нужно понимать в том смысле, что сумма любого конечного числа слагаемых из бесконечной суммы не превышает 0,9).

Решение

а) Пусть число прогрессий равно k. Докажем, что сумма   1/d1 + 1/d2 + ... + 1/dk   равна 1. Пусть M – некоторое (например, наименьшее) общее кратное чисел  d1, d2, ..., dk.  Рассмотрим любой отрезок из M последовательных натуральных чисел; в нём будет M/di  членов i-й прогрессии с разностью di  (i = 1, 2, ..., k).  Поэтому  M/d1 + M/d2 + ... + M/dk = M.

б) Рассмотрим прогрессии  1, 11, ...  (d1 = 10);  2, 22, ...  (d2 = 20);  3, 43,...  (d3 = 40);  ... каждый раз d увеличивается вдвое. Если один из членов какой-либо прогрессии встретился в предыдущих, то и все остальные её члены также встречались. Такие прогрессии вычеркнем. Оставшееся множество прогрессий, содержит все натуральные числа, ровно по одному разу, а   1/d1 + 1/d2 + 1/d3 + ... < 1/10 + 1/20 + 1/40 + ... = 0,2.

Ответ

а) Не может;   б) может.

 

 

Задача 32

Условие

Существует ли возрастающая арифметическая прогрессия
  а) из 11,
  б) из 10000,
  в) из бесконечного числа натуральных чисел,
такая что последовательность сумм цифр её членов – также возрастающая арифметическая прогрессия?

Решение

  а) Пример такой прогрессии:  11121314151617181920 (подряд выписано 10 двузначных чисел от 11 до 20), 12131415161718192021, 13141516171819202122, 14151617181920212223, 15161718192021222324, 16171819202122232425, 17181920212223242526, 18192021222324252627, 19202122232425262728, 20212223242526272829, 21222324252627282930.  Разность прогрессии 19-значное число 10101...01. При добавлении d происходит циклическая перестановка пар цифр и, сверх того, первое двузначное число не просто переходит на последнее место, но к нему еще прибавляется 10 (то есть сумма цифр возрастает на 1).
  Нетрудно проверить, что даже не 11, а 80 первых членов этой прогрессии удовлетворяют требованию.

  б) Вот пример такой прогрессии. Разность прогрессии d – число из 49996 знаков, в котором на первом, шестом, одиннадцатом и т.д. местах стоят единицы, остальные – нули:  d = 100001000010000...100001. Начальный член прогрессии a0 содержит 49991 знак, но нам удобнее записывать это число, начиная с девяти нулей (таким образом, получается 50000 знаков). Напишем последовательные 10000 целых чисел, начиная с нуля (причём к каждому из первых 1000 чисел припишем слева один, два или три нуля, чтобы все числа были четырёхзначными), и запишем эти числа одно за другим, разделяя соседей одним нулём:  a0 = 00000 00001 00002 ... 09998 09999.
  При прибавлении d к a0 первая слева пятёрка цифр превращается во вторую, вторая – в третью, ..., 9999-я – в 10000-ю, а последняя пятёрка – она равна 09999 – превращается в 10000:  00001 00002 00003 ...09999 10000.
  Итак, произошёл циклический сдвиг последовательности пятёрок с единственным исключением: левая пятёрка не просто переместилась на самое правое место, но в её левом разряде добавилась единица. Отсюда ясно, что сумма цифр увеличилась на 1. Аналогично при прибавлении d к an, если  n < 9999,  происходит циклический сдвиг последовательности пятёрок, аналогичный описанному. (В последних пятёрках в левых разрядах стоит единица, при этом она продвигается каждый раз на одну пятёрку влево.)

  в) Пусть  {a0 + nd}  – возрастающая арифметическая прогрессия натуральных чисел,  {S(a0 + nd)}  – последовательность сумм цифр её членов, m – число знаков в десятичной записи a0. Рассмотрим член нашей прогрессии  a0 + 10md.  При сложении чисел a0 и 10md все цифры чисел a0 и d сохраняются, так как цифры a0 при сложении в столбик приходятся на нули числа 10md. Поэтому  S(a0 + 10md) = S(a0) + S(d).  Но и  S(a0 + 10m+pd) = S(a0) + S(d),  где p – любое натуральное число. Таким образом, во второй последовательности есть совпадающие члены, так что она не может быть арифметической прогрессией.

Ответ

а), б) Существует,  в) не существует.

 

 

Задача 33

Условие

Докажите, что в арифметической прогрессии с первым членом, равным 1, и разностью, равной 729, найдётся бесконечно много членов, являющихся степенью числа 10.

Решение

Докажем, что для всех натуральных n число  1081n – 1  делится на 729. Действительно,  1081n – 1 = (1081)n – 1  делится на  1081 – 1,  а
1081 – 1 = (109 – 1)(1072 + 1063 + ... + 1) = (10 – 1)(108 + 107 + ... + 1)(1072 + 1063 + ... + 1).
Второй сомножитель и третий сомножитель – числа, в записи каждого из которых содержится по 9 единиц, поэтому они делятся на 9. Следовательно,  1081 – 1  делится на  93 = 729.

 

 

Задача 34

Условие

Дана такая возрастающая бесконечная последовательность натуральных чисел a1, ..., an, ..., что каждый её член является либо средним арифметическим, либо средним геометрическим двух соседних. Обязательно ли с некоторого момента эта последовательность становится либо арифметической, либо геометрической прогрессией?

Решение

Рассмотрим последовательность, где  a2n–1 = n(n + 1),  a2n = (n + 1)²:  2, 4, 6, 9, 12, 16, 20, 25… Каждый чётный член – среднее арифметическое, а каждый нечётный – среднее геометрическое своих соседей.

Осталось заметить, что, так как среднее арифметическое двух различных чисел не равно среднему геометрическому, то наша последовательность ни с какого места не становится ни арифметической, ни геометрической прогрессией.

Ответ

Не обязательно.

 

 

Задача 35

Условие

Дано 16 кубов с длинами рёбер соответственно 1, 2, ..., 16. Разделите их на две группы так, чтобы в обеих группах были равны суммарные объёмы, суммы площадей боковых поверхностей, суммы длин рёбер и количество кубов.

Подсказка

Любые 2n чисел, образующие арифметическую прогрессию, можно разделить на две группы так, чтобы в обеих группах были равны количества чисел, суммы чисел, суммы квадратов, ..., суммы (n–1)-х степеней.

Решение

Разделим кубы на две группы следующим образом. В первую группу включим кубы со сторонами 1, 4, 6, 7, 10, 11, 13, 16, во вторую – оставшиеся кубы. Можно убедиться, что условие задачи выполнено.

Замечания

Докажем по индукции, что любые 2n чисел, образующие арифметическую прогрессию, можно разделить на две группы так, чтобы для любого многочлена степени не выше  n – 1  сумма значений этого многочлена в числах из одной группы была равна сумме значений этого многочлена в числах из другой группы.
База  (n = 1)  очевидна.
Шаг индукции. Обозначим  m = 2k.  Пусть имеется арифметическая прогрессия a1, ..., am, b1, ..., bm из  2m = 2k+1  членов. Разделим числа a1, ..., am на две группы A' и A'' так, чтобы выполнялось предположение индукции. Потом разделим числа b1, ..., bm на группы B' и B'' так, чтобы bi входило в группу B' тогда и только тогда, когда ai входит в группу A'. Объединим теперь A' c B'' и A'' с B'. Покажем, что этим получено нужное разбиение чисел a1, ..., am, b1, ..., bm.
Рассмотрим некоторый многочлен P(x) степени не выше k и докажем, что сумма значений P(x), где x пробегает числа из одной группы, равна сумме значений P(x), где x пробегает числа из другой группы. Обозначим  c = bi – ai  (напомним, что разности   bi – ai  одинаковы при всех i от 1 до m). Рассмотрим разности  R(ai) = P(bi) – P(ai) = P(ai + c) – P(ai).  Достаточно показать, что сумма величин R(ai) по всем ai из A' равна сумме величин R(ai) по всем ai из A''. Но это следует из предположения индукции, поскольку в разности  P(ai + c) – P(ai)  многочленов от ai сокращается старшая степень, то есть P(ai) является многочленом от ai степени не выше  k – 1.

 

 

Задача 36

Условие

Бесконечная возрастающая арифметическая прогрессия, состоящая из натуральных чисел, содержит точный куб натурального числа.
Докажите, что она содержит и точный куб, не являющийся точным квадратом.

Решение

Лемма. Если для некоторого натурального n число n³ является точным квадратом, то число n также является точным квадратом.
Доказательство. Пусть простое число p входит в разложение числа n на простые множители в степени t, тогда p входит в разложение числа n³ в степени 3t. По условию 3t чётно, поэтому t чётно. В силу произвольности p получаем, что n – точный квадрат.

Пусть в прогрессии с разностью  d > 0  содержится куб натурального числа m. Если m³ не является точным квадратом, то искомое число найдено. Иначе m³ – точный квадрат и согласно лемме m – точный квадрат,  m = k².  Вместе с m³ прогрессия содержит точный куб  A = (m + md²)³,  поскольку
A = m³ + ld,  где l – натуральное. Докажем, что A не является точным квадратом.
  Пусть это не так, тогда по лемме  m + md² = k²(1 + d²)  – точный квадрат. Отсюда  1 + d²  – точный квадрат,  1 + d² = x².  Следовательно,
1 = (x – d)(x + d),  что невозможно.

 

 

Задача 37

Условие

Существует ли такая бесконечная возрастающая арифметическая прогрессия {an} из натуральных чисел, что произведение an...an+9 делится на сумму
an +... + an+9  при любом натуральном n?

Решение

Предположим, что такая прогрессия существует. Тогда число  An = (2an)...(2an+9)  делится на  Bn = an+4 = an+5  при любом натуральном n. С другой стороны, обозначив через d разность прогрессии, имеем  An = (Bn – 9d)(Bn – 7d)...(Bn – d)(Bn + d)...(Bn + 7d)(Bn + 9d).
Значит,  An = BnCn + D,  где Cn – целое число,  D = – d10(1·3·...·7·9)².  Из этого равенства ясно, что An не делится на Bn при Bn > D.  Противоречие.

Ответ

Не существует.

 

 

Задача 38

Условие

Когда мальчик Клайв подошел к дедушкиным настенным часам с кукушкой, на них было 12 часов 5 минут. Клайв стал крутить пальцем минутную стрелку, пока часовая не вернулась на прежнее место. Сколько "ку-ку" насчитал за это время дедушка в соседней комнате?

Решение

Поскольку часы бьют каждый час, то дедушка насчитал 1+2+3+...+12 = 78 "ку-ку".

Ответ

Дедушка насчитал 78 "ку-ку".

 

 

Задача 39

Условие

Три простых числа p, q и r, большие 3, образуют арифметическую прогрессию:  q = p + d,  r = p + 2d.  Докажите, что d делится на 6.

Решение

Если d нечётно, то среди чисел p и q есть чётное, что невозможно. Если d не делится на 3, то среди чисел p, q и r есть кратное 3, что тоже невозможно.

 

 

Задача 40

Условие

Доказать, что если целое  n > 1,  то  11·2²·3³·...·nn < nn(n+1)/2.

Решение

Перемножив неравенства  1 < n,  2² < n²,  3³ < n³,  ...,  (n – 1)n–1 < nn–1nn ≤ nn,  получим  1·2²·3³·...·nn < n1+2+3+...+n = nn(n+1)/2.

 

 

Задача 41

Условие

Существует ли арифметическая прогрессия из 2011 натуральных чисел, в которой количество чисел, делящихся на 8, меньше, чем количество чисел, делящихся на 9, а последнее, в свою очередь, меньше, чем количество чисел, делящихся на 10?

Решение

Рассмотрим арифметическую прогрессию с начальным членом 10 и разностью 40:

10, 50, 90, 130, 170, 210, 250, 290, ...

Начальный член не делится на 8, а разность делится. Значит, ни один член последовательности не делится на 8. По выписанному куску последовательности видно, что некоторые члены делятся на 9, а некоторые — нет. И наконец, ясно, что все члены последовательности делятся на 10.

Ответ

да.

 

 

Задача 42

Условие

Существуют ли арифметическая прогрессия, состоящая лишь из простых чисел?

Решение

Пусть  a1 = p  – простое число. Тогда все числа  akp+1 = p + kpd  делятся на p, то есть являются составными.

Ответ

Не существует.

 

Калькулятор расчета монолитного плитного фундамента тут obystroy.com
Как снять комнату в коммунальной квартире здесь
Дренажная система водоотвода вокруг фундамента - stroidom-shop.ru

Поиск

 

ФИЗИКА

 

Блок "Поделиться"

 
 
Яндекс.Метрика Top.Mail.Ru

Copyright © 2021 High School Rights Reserved.