Задания по теме «Задачи с числами»

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.

а) При n=3 строка ответов состоит из 11 клеток, в каждую из которых записывается 1 или 0. Выясним, каким числом способов можно заполнить эту строку. Первую клетку из 11 можно заполнить 2 способами (записать в неё 1 или 0). Если первая клетка уже заполнена, то вторую клетку также можно заполнить 2 способами. Значит, первые две клетки можно заполнить 4 способами (2\cdot 2=2^2 ). Если первые две клетки уже заполнены, то третью клетку можно опять заполнить 2 способами. Значит, три клетки можно заполнить 8 способами (2^2\cdot 2=2^3 ). Рассуждая аналогично, получаем, что 11 клеток можно заполнить 2^{11} способами, 2^{11}=2048. При n=3 число возможных результатов равно 2048.

б) При n=2 строка ответов состоит из 7 клеток, в каждую из которых записывается 1 или 0. Так как в средней клетке строки уже записана 1, а в симметричные относительно неё клетки записываются одинаковые числа, то для заполнения всех 7 клеток надо заполнить лишь 3 первые клетки. Последние три будут им попарно симметричны относительно средней клетки, и заполняются они одинаково. Из пункта а) следует, что таких возможностей 2^3=8. Число возможных различных «исключительных» результатов при n=2 равно 8.

в) Покажем, что число всех различных одновременно «уникальных» и «проходных» результатов при произвольном значении n равно 4^{n-1}. Так как n > 1, то n=k+1 (k \in \mathbb Z), тогда 4n- 1=4k+3. По условию в средней клетке (её номер 2k+2) содержится 1. Обозначим через m количество единиц в первых 2k+1 клетках, расположенных левее средней клетки. Тогда в этих клетках будет 2k+1 -m нулей. Общее число единиц во всём «исключительном» результате будет равно 2m+1, а общее число нулей равно 2(2k +1-m)=4k -2m+2. По условию для «проходного» результата выполняется неравенство: 2m+1 > 4k-2m+2, 4m > 4k+1, m > k+\frac14 , m \geqslant k+1, так как m является натуральным числом. Заметим также, что m \leqslant 2k+1. При каждом указанном значении m число различных результатов равно C_{2k+1} ^m. Тогда искомое число результатов равно: C_{2k+1} ^{k+1}+C_{2k+1} ^{k+2}+...+C_{2k+1} ^{2k}+C_{2k+1} ^{2k+1}. Известно, что у последовательности биномиальных коэффициентов C_{2k+1} ^0 ,C_{2k+1} ^1 ,...,C_{2k+1} ^{k-1} ,C_{2k+1} ^k ,\! C_{2k+1} ^{k+1} ,C_{2k+1} ^{k+2} ,...,C_{2k+1} ^{2k} ,C_{2k+1} ^{2k+1} , коэффициенты, равноотстоящие от концов, равны. Поэтому сумма C_{2k+1} ^{k+1} +C_{2k+1} ^{k+2} +...+C_{2k+1} ^{2k} +C_{2k+1} ^{2k+1} , равна половине суммы всех коэффициентов. Но сумма всех биномиальных коэффициентов, как известно, равна 2^{2k+1}. Значит, искомая сумма равна \frac{2^{2k+1}}2 =2^{2k}=4^{n-1}.

г) Решим неравенство 4^{n-1} \leqslant 1700. Заметим, что 4^5 =1024 < 1700, а 4^6=4096 > 1700. Поэтому n-1 \leqslant 5, n \leqslant 6. Наибольшее значение n равно 6.

а) 2048; б) 8; в) 4n-1; г) 6.

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) Один из самых простых способов проверить, является ли натуральное число простым, — это проверить его чётность. Среди чётных чисел простым является только 2.

Пусть d — разность арифметической прогрессии. Тогда a_{n+2}=a_n+2d и d — целое ненулевое число (d=a_2 -a_1 ), значит, a_n и a_{n+2} — различные числа одинаковой чётности.

Отсюда c_n=a_n ^2 +a_{n+2} ^2 чётно и больше 2 (действительно, сумма квадратов двух различных нечётных натуральных чисел не меньше 1^2+3^{2}, аналогично рассматриваются квадраты чётных чисел). Значит, c_n не является простым ни при каком n.

б) S_k=b_1 (1+q+. . . +q^{k-1} ), где q — знаменатель прогрессии. Будем рассматривать только случай b_1=1 (иначе существует не более одного простого числа среди S_k , хотя ровно одно (b_1 ) может быть простым). Вспомним, что число 1 к простым по определению не относится.

Заметим, что если q — нечётно, то все b_k нечетны, а потому чётность чисел S_k будет чередоваться, при этом при k > 2 для всех S_k выполняется неравенство S_k \geqslant 1+3 > 2. Значит, среди S_k существует не более одного простого числа подряд.

Если же q — чётное и простое, то q=2. Тогда S_k=2^k -1. В частности, S_1=1, S_2=3, S_3=7, S_4=15 и т.д.

Но 2^{2n} имеет остаток 1 при делении на 3, значит, S_{2n} делится на 3. То есть при k > 2 любые члены S_k и S_{k+1} больше 3 и один из них делится на 3, то есть не более 1 простого числа подряд. При k=2 числа S_k и S_{k+1} равны соответственно числам 3 и 7, то есть являются простыми. Таким образом, два простых числа подряд. Так как число 1 не является простым, то трёх простых членов подряд среди S_k нет.

Итак, среди чисел S_k возможно не более двух простых чисел подряд. Пример: b_1=1, q=2; члены S_2 и S_3 — простые числа.

в) Здесь также будем рассматривать только случай b_1=1.

c_n=n+q^n+q^{n+1}.

Очевидно, что в последовательности чисел c_n чередуется чётность членов. Так как при этом все c_n > 2, то возможно не более одного простого числа c_n подряд.

Пример простого члена c_{n}:\, q=2, n=1, c_1=7.

а) 0; б) 2; в) 1.

а) При n=1 строка ответов состоит из 7 клеток, в каждую из которых записывается 1 или 0. Выясним, каким числом способов можно заполнить эту строку. Первую клетку из семи можно заполнить 2 способами (записать в неё 1 или 0). Если первая клетка уже заполнена, то вторую клетку также можно заполнить 2 способами. Значит, первые две клетки можно заполнить 4 способами (2\cdot 2=2^2). Если первые две клетки уже заполнены, то третью клетку можно опять заполнить 2 способами. Значит, три клетки можно заполнить 8 способами (2^2\cdot 2=2^3 ). Рассуждая аналогично, получаем, что 7 клеток можно заполнить 2^7 способами, 2^7=128. Количество всех возможных различных результатов равно 128.

б) При n=2 строка ответов состоит из 11 клеток, в каждую из которых записывается 1 или 0. Так как в средней клетке в указанных карточках уже записана 1, а в симметричные относительно неё клетки записываются одинаковые числа, то для заполнения всех 11 клеток надо заполнить лишь 5 первых клеток. Пять последних будут им попарно симметричны относительно средней клетки, и заполняются они одинаково. Из пункта а) следует, что таких возможностей 2^5=32. Количество всех возможных «особенных» результатов при n=2 равно 32.

в) Покажем, что число всех различных одновременно «особенных» и «удовлетворительных» результатов при произвольном значении n равно 4n. Действительно, по условию в средней клетке (её номер 2n+2) содержится 1. Обозначим через m количество единиц в первых 2n+1 клетках, расположенных левее средней клетки. Тогда в этих клетках будет 2n+1-m нулей. Общее число единиц во всём «особенном» результате будет равно 2m+1, а общее число нулей равно 2(2n+1-m)=4n-2m+2. По условию для «удовлетворительного» результата выполняется неравенство: 2m+1 > 4n-2m+2, 4m > 4n+1, m > n+\frac14 , m\geqslant n+1, так как m является натуральным числом. Заметим также, что m \leqslant 2n+1.

Для решения задачи остаётся посчитать количество всех последовательностей, состоящих из нулей и единиц, в которых единиц больше.

Рассмотрим произвольную последовательность длиной (2n+1), состоящую из нулей и единиц. Всего таких последовательностей 2^{2n}+1 (см. решение пункта а)). Так как число (2n+1) нечётно, то нулей и единиц не может быть поровну, то есть либо нулей больше, либо единиц.

Докажем, что количество последовательностей, в которых единиц больше, равно количеству последовательностей, в которых больше нулей. Для этого каждой последовательности длины (2n+1), в которой преобладают единицы, поставим в соответствие последовательность длины (2n+1) с преобладанием нулей, заменив в исходной последовательности все единицы нулями, а нули — единицами. Например, последовательности 11001 будет соответствовать 00110.

Отсюда количество последовательностей с преобладанием единиц равно \frac{2^{2n+1}}2=4^n.

г) Решим неравенство 4n \leqslant 1500. Заметим, что 4^5=1024 < 1500, а 4^6=4096 > 1500. Значит, n \leqslant 5. Наибольшее значение n равно 5.

а) 128; б) 32; в) 4^n ; г) n=5.

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. Приведём пример: 24,32,40,48,56,64,72.

б) Предположим, что такая прогрессия существует. Очевидно, она возрастающая. Обозначим a_{l} — наименьший, кратный 24, член прогрессии. Тогда a_{l}, a_{l+i},...,a_{l+8i} — 9 первых членов прогрессии, кратных 24, причем l+8i \leq 30, откуда i \leq 3, так как l \geq 1, а l+9i > 30, тогда 30-9i < l \leq 30-8i.

Если i=3,\, 3 < l \leq6;

Если i=2,\, 12 < l \leq14;

Если i=1,\, 21 < l \leq22.

В каждом из этих случаев получаем противоречие с предположением, что a_{l} — наименьший, кратный 24, член прогрессии (достаточно рассмотреть хотя бы a_{l-i}).

Итак, предположение неверно, значит, не существует такой прогрессии, в которой среди чисел a_{1}, a_{2},...,a_{30} ровно 9 чисел делятся на 24.

в) Среди любых 24 подряд идущих членов ровно один делится на 24. Пусть 3n=24s+r, где s,r \in \mathbb Z, r \geq 0, s \geq 0, 0 \leq r \leq 23 (r — остаток от деления n на 24). Тогда среди чисел a_{1},a_{2},...,a_{3n} на 24 делятся s или (s+1) чисел. Среди чисел a_{3n+1}, a_{3n+2},...,a_{6n} на 24 тоже делятся не менее s чисел. Если n \geq 24, то среди чисел a_{6n+1}, a_{6n+2},...,a_{7n} хотя бы одно делится на 24. Тогда среди чисел a_{3n+1},...,a_{7n} на 24 делятся хотя бы (s+1), значит, не меньше, чем среди чисел a_{1}, a_{2},...,a_{3n}.

Далее, среди чисел a_{1},..., a_{3n} на 24 делится чисел не более, чем частное \frac{3n}{24}=\frac{n}{8}, округлённое с избытком, и среди чисел a_{3n+1},...,a_{7n} не менее, чем частное \frac{4n}{24}=\frac{n}{6}, округленное с недостатком. Если 18 \leq n < 24, то \frac{n}{6} \geq 3, и частное, округлённое с недостатком, равно 3. При этом \frac{n}{8} < \frac{24}{8}=3, и частное \frac{n}{8}, округлённое с избытком, равно 3. Значит, среди членов a_{1},...,a_{3n} чисел, делящихся на 24, не может быть строго больше, чем среди чисел a_{3n+1},...,a_{7n} \geq 18.

Таким образом, n \leq 17. Приведём пример подходящей последовательности для n=17. Пусть a_{1}=22. Тогда среди чисел a_{1},...,a_{51} на 24 делятся a_{3}, a_{27} и a_{51}, а среди чисел a_{52},...,a_{119} - числа a_{75} и a_{99}.

а) да; б) нет; в) 17.