Задания по теме «Числа и их свойства»

а) Можно. Данная последовательность убывающая, поэтому будем искать убывающую прогрессию. Заметим, что последовательность \frac5n ; \frac4n ; \frac3n ; \frac2n ; \frac1n является убывающей арифметической прогрессией, её разностью является число -\frac1n. Остаётся подобрать знаменатель n таким, чтобы сократились числители. Понятно, что в качестве знаменателя n можно взять кратное всех числителей, например, число 60. Тогда получим арифметическую прогрессию \frac1{12} ;\frac1{15} ;\frac1{20} ;\frac1{30} ;\frac1{60} , удовлетворяющую условию задачи.

б) Можно. Последовательность \frac{50}n ;\frac{49}n ;...;\frac3n ;\frac2n ;\frac1n является убывающей арифметической прогрессией c разностью -\frac1n. Если в качестве знаменателя n взять число 50!=50\cdot 49\cdot ...\cdot 2\cdot 1, то после сокращения дробей получим 50 различных дробей, все числители которых равны 1, то есть получим искомую арифметическую прогрессию.

в) Нельзя. В самом деле, любая арифметическая прогрессия является линейной функцией на множестве натуральных чисел. В данном случае убывающей, значит, прямая на которой лежат точки, соответствующие членам этой прогрессии будет пересекать ось Ox. Поэтому начиная с некоторого номера все члены арифметической прогрессии станут отрицательными, а в данной последовательности нет отрицательных членов. Значит, в данной бесконечно убывающей последовательности нельзя выбрать бесконечное множество чисел, которые образуют арифметическую прогрессию.

а) да; б) да; в) нет.

а) Построим пример 800 — элементной последовательности, для которой среднее арифметическое больше НОД ровно в 500 раз. Пусть x — последнее число в последовательности 1, 2, 3,..., 799, x. Тогда, так как НОД этих чисел равен 1, то должно выполняться условие \frac{1+2+3+...+799+x}{800}= 500. Отсюда, \frac{(799+1)\cdot 799}{2}+x= 800\cdot 500; x=800\cdot 500-400\cdot 799= 400(2\cdot 500-799)=400\cdot 201=80\,400. Таким образом, искомая последовательность имеет вид 1, 2, 3,..., 798, 799, 80\,400.

б) Пусть НОД восьмисот чисел a_1 < a_2 < a_3 < ... < a_{800} равен d. Тогда a_1 \geqslant d, a_2 \geqslant 2d,..., a_{800} \geqslant 800d. Следовательно, a_1+a_2+...+a_{800} \geqslant d(1+2+3+...+800)= 400\cdot 801d, а среднее арифметическое \frac{a_1+a_2+...+a_{800}}{800}\geqslant \frac{801}2 d=400,5d. Значит, среднее арифметическое не может быть больше НОД ровно в 400 раз.

в) В предыдущем пункте для среднего арифметического последовательности a_1, a_2, a_3,..., a_{800} была получена оценка \frac{a_1+a_2+...+a_{800}}{800} \geqslant 400,5d. Значит, наименьшее натуральное число равное отношению среднего арифметического этих чисел к их НОД, не меньше чем 401. Покажем, что оно может равняться 401. Пусть d=1. Примером такой последовательности является 800 — элементная последовательность 1, 2, 3,..., 799, 1200. Её наибольший общий делитель равен 1, а среднее арифметическое \frac{1+2+3+...+799+1200}{800}= \frac{400\cdot 799+1200}{800}= \frac{400(799+3)}{800}= \frac{802}2= 401.

а) да; б) нет; в) 401.

Пусть трёхзначное число имеет вид \overline{abc}, где a, b и c — цифры, причём a \neq 0. Тогда задуманное число \overline{abc}=100a+10b+c \geqslant 100, а сумма его цифр равна a+b+c \leqslant 9+9+9=27.

а) Нет, так как рассматриваемое частное равно \frac{100a+10b+c}{a+b+c}\geqslant \frac{100}{27} > 3. Значит, трём оно равняться не может.

б) Да, может. Если \frac{100a+10b+c}{a+b+c}=28, то 100a+10b+c=28a+28b+28c; 72a=18b+27c; 8a=2b+3c. Последнее равенство верно, например, при a=1, b=4, c=0. Значит, частное числа 140 и суммы его цифр равно \frac{140}{1+4+0=28}.

в) Пусть n — значение частного числа и суммы его цифр, причём n — натурально. Тогда \frac{100a+10b+c}{a+b+c}=n. 100a+10b+c=na+nb+nc, (100-n)a+(10-n)b=(n-1)c.

Если n \leqslant 10, то (100-n)a+(10-n)b \geqslant (100-n)a \geqslant (100-n)\cdot 1 \geqslant 90, а (n-1)c \leqslant 9c. Отсюда, 9c \geqslant 90, c \geqslant 10, что невозможно, так как c — цифра.

Значит, n > 10, но тогда n \geqslant 11 (так как n натурально). Для n=11 подберём пример. Из равенства 100a+10b+c=na+nb+nc в этом случае получим 89a=b+10c. При a=1, b=9 и c=8 получаем требуемое. Таким образом, частное числа 198 и суммы его цифр равно 11. Это и есть наименьшее натуральное значение n.

а) нет; б) да; в) 11.

Пусть всего на доске было записано n чисел, 20 < n < 30. Пусть среди этих чисел было k положительных, обозначим их a_1, a_2,..., a_{k};\, m отрицательных, обозначим их b_1, b_2,..., b_m и p нулей. Тогда k+m+p=n и по условию задачи \frac{a_1+a_2+...+a_k+b_1+b_2+...+b_m+0+0+...+0}{n}= -3,

\frac{a_1+a_2+...+a_k }{k}=5, \frac{b_1+b_2+...+b_m }{m}=-10.

Из этих равенств следует, что a_1+a_2+...+a_k+b_1+b_2+...+b_m+0+0+...+0 = -3n,

a_1+a_2+...+a_k=5k,

b_1+b_2+...+b_m=-10m.

Откуда имеем 5k-10m=-3n.

а) Заметим, что в равенстве 5k-10m=-3n левая часть делится нацело на 5, значит, и правая тоже делится на 5. Из этого следует, что n делится нацело на 5. Так как 20 < n < 30, то n=25.

б) Подставим в равенство, 5k-10m=-3n выражение для n=k+m+p. Получим: 5k-10m=-3(k+m+p), 8k+3p=7m. Поскольку p\geqslant 0, это означает, что k<m. Следовательно, отрицательных чисел больше, чем положительных.

в) Подставим в формулу 5k-10m=-3n значение n=25. Получим: 5k-10m=-75, откуда k=2m-15. Так как k+m=25-p \leqslant 25, имеем 2m-15+m=3m-15 \leqslant 25, 3m \leqslant 40, m \leqslant 13. Тогда k=2m-15 \leqslant 11, то есть положительных чисел не более 11.

Приведём пример, показывающий, что положительных чисел может быть ровно 11.

Пусть на доске 11 раз было написано число 5, 13 раз написано число -10 и один раз написан 0. Тогда \frac{11\cdot 5+13\cdot (-10) }{25}=-\frac{75}{25}=-3.

Таким образом, указанный набор удовлетворяет всем условиям задачи.

а) 25; б) отрицательных; в) 11.

а) Разобьём множество \{500; 501; 502;...; 599\} на 50 пар, сумма чисел в каждой из которых равна 1099: \{500; 599\}, \{501; 598\},...\,.

Множество \{500; 501; 502;...; 599\} можно разбить на два подмножества, в каждом из которых по 25 таких пар. Значит, сумма в этих двух подмножествах одинакова и множество \{500; 501; 502;...; 599\} является красивым.

б) Заметим, что 5^{100} > \frac{5^{100}-1}4= 5^{99} +5^{98} +...+25+5+1. Поэтому сумма чисел в подмножестве множества \{5; 25; 125;...; 5^{100} \}, содержащем 5^{100} , всегда больше суммы остальных чисел, следовательно, множество \{5; 25; 125;...; 5^{100} \} не является красивым.

в) Заметим, что четырёхэлементное множество является красивым в двух случаях: либо одно число является суммой трёх других, либо множество содержит две пары чисел с равными суммами.

Подмножества множества \{1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\}, удовлетворяющие первому случаю, — это \{1; 3; 5; 9\}, \{3; 5; 6; 14\}, \{1; 6; 7; 14\}.

Рассмотрим второй случай. Заметим, что сумма всех чисел красивого подмножества чётна. В исходном множестве всего два чётных числа, поэтому числа 6 и 14 либо одновременно входят в красивое четырёхэлементное подмножество, либо одновременно не входят в него. Если 6 и 14 входят в подмножество, то либо сумма двух других чисел равна 20, что невозможно, так как сумма самых больших оставшихся чисел 7+9 < 20, либо разность двух других чисел равна 8.

Получаем красивое подмножество: \{1; 6; 9; 14\}.

Если 6 и 14 не входят в подмножество, то красивое подмножество лежит во множестве \{1; 3; 5; 7; 9\}. Получаем красивые подмножества (две пары чисел с равными суммами): \{1; 3; 5; 7\}, \{1; 3; 7; 9\}, \{3; 5; 7; 9\}. Всего получилось 7 красивых подмножеств.

а) да; б) нет; в) 7.

а) Если учитель задумал 4 числа или больше, тогда на доске должно быть выписано не менее 15 чисел. Если учитель задумал 2 числа или меньше, тогда на доске должно быть выписано не более 3 чисел. Отсюда следует, что было задумано 3 числа. Если бы учитель задумал 2 отрицательных числа, тогда на доске было бы записано не менее трёх отрицательных чисел. Значит в наборе отрицательное число одно и оно является наименьшим, то есть -5. Наибольшим числом из набора будет результат суммы двух положительных задуманных чисел. Из положительных выписанных чисел только 3 и 9 дают в сумме 12. Таким образом, были задуманы числа -5,3,9.

б) Нет, не всегда. Например, для задуманных чисел -5,2,3 и -3,-2,5 на доске будет выписан один и тот же набор -5,-3,-2,0,2,3,5.

в) Если учитель задумал 4 числа (a, b, c, d), то на доске выписано 15 чисел: сами задуманные числа (4 штуки), суммы по 2 слагаемых — 6 штук, суммы по 3 слагаемых — 4 штуки, а также сумма всех чисел. Разобьём выписанные числа на 3 группы.

Группа A — это сами задуманные числа, группа B — это суммы по 2 слагаемых, C — суммы по 3 и 4 слагаемых.

В группе A нет нулей по условию.

Рассмотрим группу B. Пусть сумма каких-то двух чисел равна 0, то есть a+b=0. Если предположить, что a+c=0, то a+b=a+c, b=c, а это противоречит тому, что все задуманные числа различны. Значит, a+c \neq 0. Аналогично a+d \neq 0, b+c \neq 0, b+d \neq 0. Возможно, что c+d=0. Других сумм по 2 слагаемых нет. Значит, в группе B не более двух нулей.

Рассмотрим группу C. Покажем, что в ней не более одного нуля. Предположим противное. Тогда найдется хотя бы два нуля. В этом случае хотя бы один нуль является суммой некоторых трех задуманных чисел, то есть можно считать, что a+b+c=0. Если a+b+c+d=0, то d=0, что противоречит условию. Тогда выполняется хотя бы одно из равенств: a+b+d=0, a+c+d=0, b+c+d=0. В первом случае a+b+c=a+b+d=0, тогда c=d. Во втором случае b=d, в третьем a=d. Значит, все три случая противоречат условию, и наше предположение неверно. Следовательно, в группе C не более одного нуля.

Таким образом, общее число нулей не превышает 0+2+1=3. Приведём пример задуманных чисел, для которых на доске будет выписано ровно 3 нуля. Пусть учитель задумал числа 2,-2,3,-3. Тогда 2+(-2)=0; 3+(-3)=0; 2+(-2)+3+(-3)=0. На доске выписано ровно 3 нуля.

а) -5,3,9; б) нет; в) 3.

а) Да. Например, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 19. Сумма этих чисел равна 48, среднее арифметическое равно 6, наибольший общий делитель равен 1.

б) Да. Например, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 11. Сумма этих чисел равна 40, среднее арифметическое равно 5, наибольший общий делитель равен 1.

в) Пусть наибольший общий делитель восьми чисел a_{1} < a_{2} <...< a_{8} равен d. Тогда a_{1} \geq d, a_{2} \geq 2d,..., a_{8} \geq 8d. Следовательно, a_{1}+a_{2}+...+a_{8} \geq 36d, а среднее арифметическое \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{8}}{8} \geq \frac{36}{8}d=4,5d. Значит, среднее арифметическое не может быть больше наибольшего общего делителя ровно в 4 раза.

а) да; б) да; в) нет.

а) Если десятичная запись числа x содержит не более трёх цифр, то сумма этих цифр не превосходит 27. Следовательно, x+S(x) < 2015. Таким образом, x — четырёхзначное число, первая цифра которого равна 1 или 2, то есть 1 \leq S(x) \leq 28, значит, 1987 \leq x \leq 2014. Согласно признаку делимости на 3, числа x и S(x) имеют одинаковые остатки от деления на 3. Если число x кратно 3, то x=3k, k \in \mathbb N и S(x)=3m, m \in \mathbb N и сумма x+S(x) кратна 3. Но число 2015 не кратно 3. В данном случае уравнение не имеет решений.

Пусть x=3k+1 и S(x)=3m+1, тогда сумма x+S(x), как и число 2015, при делении на 3 имеет остаток 2. Среди чисел от 1987 до 2014 остаток 1 при делении на 3 дают числа 1987, 1990, 1993, 1996, 1999, 2002, 2005, 2008, 2011, 2014. Проверив эти числа, убеждаемся, что подходят только 1993 и 2011. Пусть x=3k+2 и S(x)=3m+2, тогда сумма x+S(x) при делении на 3 имеет остаток 1, а число 2015 при делении на 3 имеет остаток 2. В этом случае уравнение не имеет решений.

б) Согласно признаку делимости на 3 числа x, S(x) и S(S(x)) имеют одинаковые остатки от деления на 3. Значит, сумма x+S(x)+S(S(x)) делится на 3. Число 2015 на 3 не делится, поэтому решений нет.

в) Число x < 2015. Среди чисел, меньших 2015, наибольшую сумму цифр 28 имеет число 1999. Так как S(x) \leq 28, S(S(x)) \leq S(19)=10, S(S(S(x))) \leq 9, то x= 2015-S(x)-S(S(x))-S(S(S(x))) \geq 2015-28-10-9=1968.

Согласно признаку делимости на 9 числа x, S(x) и S(S(x)) и S(S(S(x))) имеют одинаковые остатки от деления на 9. Число 2015 при делении на 9 дает остаток 8, поэтому число x должно давать остаток 2. Среди чисел от 1968 до 2015 остаток 2 при делении на 9 дают 1973, 1982, 1991, 2000, 2009. Проверив эти числа, убеждаемся, что подходит только 1991.

а) 1993; 2011;

б) нет решений;

в) 1991.

а) Невозможно. Найдем сумму всех чисел в явном виде. Разобьем ряд на группы по 4 числа. В первую группу войдут 4 крайних числа, в следующую — числа с 5-го по 8-е и так далее. 2016 делится нацело на 4, поэтому весь ряд разделится на группы, число групп равно 2016 : 4=504. По условию, сумма чисел в каждой группе 12. Значит, сумма всего ряда 504 \cdot 12=6048, и другая сумма получится не может.

б) Возможно. Рассмотрим, например, ряд 2, 2, 6, 2, 2, 2, 6, 2, ... , 2, 2, 6, 2, 2, состоящий из 504 четверок вида 2, 2, 6, 2, 2017-е число которого равно 2. Тогда сумма всех чисел равна (2+6+2+2) \cdot 504+2=6050. Проверим что условие выполняется. Среди любых последовательных четырех чисел три двойки и одна шестёрка, поэтому их сумма будет равна 2 \cdot 3+6=12.

в) Будем исследовать возможные значения суммы в зависимости от остатка при делении n на 4. Если n делится на 4, иными словами n=4k, где k \in \mathbb{N}, то аналогично пункту а) получается \frac{n}{4}=k четвёрок последовательно идущих чисел, сумма чисел в каждой такой четвёрке равна 12. Значит, сумма всех чисел равна сумме всех четвёрок и равна k \cdot 12=3n. Других сумм получиться не может.

Если n не делится на 4, то возможны случаи n=4k+r, где k \in \mathbb{N}, r \in \{1;2;3\}.

Рассмотрим 5 последовательных чисел этого ряда: a_{i}, a_{i+1}, a_{i+2}, a_{i+3}, a_{i+4}. По условию a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i+3}=a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i+3}+a_{i+4}=12. Отсюда a_{i}=a_{i+4}, то есть числа в ряду повторяются через четыре.

Если в ряду k одинаковых четвёрок и еще r чисел (r от 1 до 3), то эти r чисел равны начальным числам четвёрки. Сумма четверок равна 12k.

Числа ряда натуральные, поэтому a_{i} \geq 1. При этом из четырёх последовательных чисел сумма любых трех не меньше 3, значит, четвертое число не больше 12-3=9.

Для случая n=4k+1 сумма S может изменяться от 12k+1 до 12k+9 включительно, всего можно получить 9 различных сумм.

Сумму S=12k+t\,(t \in \mathbb{N}, 1 \leq t \leq 9) можно получить, например, так:

\color{red}{t, 10-t,1,1,...,t,10-t,1,1},t. Выделенное красным: k – четверок (t,10-t,1,1).

Из четырёх последовательных чисел сумма любых двух не меньше 2, значит, третье и четвёртое числа в сумме не больше 12-2=10. Поэтому для случая n=4k+2 сумма S может изменяться от 12k+2 до 12k+10 включительно, всего можно получить 9 различных сумм.

Сумму S=12k+t\,(t \in \mathbb{N}, 2 \leq t \leq 10) можно получить, например, так:

\color{red}{t-1,1,1,11-t,...,t-1,1,1,11-t},t-1,1. Выделенное красным: k – четверок (t-1,1,1,11-t).

Из четырех последовательных чисел любое число не меньше 1, значит, три остальных числа в сумме не меньше 3 и не больше 12-1=11. Поэтому для случая n=4k+3 сумма S может изменяться от 12k+3 до 12k+11 включительно, всего можно получить также 9 различных сумм.

Сумму S=12k+t\,(t \in \mathbb{N}, 3 \leq t \leq 11) можно получить, например, так:

\color{red}{t-2,1,1,12-t,...,t-2,1,1,12-t},t-2,1,1. Выделенное красным: k – четверок (t-2,1,1,12-t).

а) нет; б) да; в) 1, если n делится на 4; 9, если n не делится на 4.

а) Да. Пусть в первый ход нумизмат переворачивает 4 монеты. Вторым ходом он переворачивает 3 ещё нетронутых монеты и 1 монету, которую перевернул за первый ход. Таким образом, окажется ровно 6 монет решкой кверху.

б) Нет, так как количество монет решкой кверху после каждого хода будет оставаться чётным. Изначально решкой кверху лежит 0 монет (чётное число).

Если за один ход нумизмат переворачивает 4 монеты, которые были решкой кверху, то количество монет кверху решкой уменьшится на 4.

Если за один ход нумизмат переворачивает 3 монеты кверху решкой и 1 монету кверху орлом, то количество монет кверху решкой уменьшится на 2.

Если за один ход нумизмат переворачивает 2 монеты кверху решкой и 2 монеты кверху орлом, то количество монет кверху решкой не изменяется (можно сказать «изменяется на 0»).

Если за один ход нумизмат переворачивает 1 монету кверху решкой и 3 монеты кверху орлом, то количество монет кверху решкой увеличивается на 2.

Если за один ход нумизмат переворачивает 4 монеты, которые были кверху орлом, то количество монет кверху решкой увеличивается на 4.

Таким образом, после произвольного хода количество монет кверху решкой изменяется на 4, на 2 или на 0, то есть на чётное число. Изначально количество монет кверху решкой 0 — чётное число, следовательно, их число будет оставаться четным числом и не может быть равно 3.

в) Число монет кверху решкой не должно равняться 200 (по условию) и не может равняться 199, так как число 199 — нечетно (см. решение б). Покажем, что число монет решкой кверху может равняться 198. Пусть первые 49 ходов нумизмат переворачивал только ранее нетронутые монеты. В итоге кверху решкой окажется 49 \cdot 4=196 монет. За 50-й ход нумизмат перевернет 3 монеты, которые лежали орлом кверху, и 1 монету, которая лежала кверху решкой. Кверху решкой окажется 198 монет.

а) да; б) нет; в) 198.