Ege

Математическая серия Гуреев Е.М.

Примеры решения задач группы С ––––––

Версия 1.01 2014

Математическая серия Гуреева Е.М. ========================================================= Авторское издание.

Редактор и составитель: Гуреев Е.М. Компьютерная верстка: Гуреев Е.М.

"Примеры решения задач группы С", 2014 г. Интернет-издательство "Квант - Четвертое измерение"

И-И "Квант - Четвертое измерение":

http://www.chapaevskpubl.narod.ru/) Сборник материалов: http://www.gureev2006.narod.ru/ Контакты с автором: chekanovandrey@mail.ru Контакты с издательством: nickolai.shakurov@yandex.ru Репетиторство 2014-2015, г. Чапаевск Самарской области. 8(927)655-31-79 © Гуреев Е.М. Все права защищены. Для свободного распространения. Об авторе

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

Методическое пособие для учащихся УРОВЕНЬ I Автор – преподаватель математики, учитель-методист. Составляется на основе опыта многолетнего репетиторства учащихся средних школ и студентов-заочников.

Оглавление: Неравенства и их системы Задачи на параметры Задачи на целые числа

Тексты задач 1взяты из сборника СИПКРО, Самара, 2012 г.

––––––––––––––––––––––––––-

Решить уравнение 3(cos 2 x  5cos x  4)  ln(tgx)  0 Решение: (1)

3(cos 2 x  5cos x  4)  ln(tgx)  0

Составим внутренние требования по минимуму или по максимуму. Выберем ‐ по максимуму.

3(cos 2 x  5cos x  4)  ln(tgx)  0 3(cos 2 x  5cos x  4)  ln(tgx)  0   tgx  0 tgx  0  cos x  0 cos x  0 (следстие второго соотношения )  

 2 cos 2 x  5cos x  3  0  cos 2 x  5cos x  4  0    tgx 0   tgx  0     tgx  1  ln(tgx)  0    tgx  0  tgx  0   cos x  1    cos x  1 ( sin x  0  tgx  0) x     cos x  1,5 ( x )    tgx  0 

 tgx  0   tgx  1  tgx  1   tgx  0 

tgx  1  x  

 4

  n , где n  Z

Ответ: x  

 4

  n , где n  Z

(1) Решить уравнение (3cos 2 x  5cos x  4)  ln(tgx)  0

3 2

 

(2) Найти решения этого уравнения, принадлежащие промежутку   ; 2 

ВЫПОЛНЕНИЕ ПЕРВОГО ПУНКТА: (3cos 2 x  5cos x  4)  ln(tgx)  0  (3cos 2 x  5cos x  4)  ln(tgx)  0  tgx  0

cos x  0 

 3cos 2 x  5cos x  4  0 (3cos 2 x  5cos x  4)  ln(tgx)  0  tgx  0   

tgx  0  ln(tgx)  0 cos x  0 (следстие второго соотношения )    tgx  0

 1    cos x  2   6 cos 2 x  5cos x  1  0 1   cos x    tgx  0 3     ln(tgx)  0 tgx  0   tgx  1  tgx  0    tgx  0

 1  cos x  2  tgx  0   cos x  1    3  tgx  0  tgx  1   

Для решения систем, входящих в совокупность, переходим к единичным окружностям:

1/3

1/2

tgx<0

tgx<0

Выбирая значения Х, для которых tgx  0 , имеем:

1   x   arccos 2  2 n   x   arccos 1  2 m   3  x      k  4

   x   3  2 n   x   arccos 1  2 m  3  x      k  4

Ответ: x      k ; x     2 n ; x   arccos 1  2 m где m; n; k  Z 4

3

3

ВЫПОЛНЕНИЕ ВТОРОГО ПУНКТА: 1 СПОСОБ (2) Отложим решения, полученные в первом пункте, на единичных окружностях (или обратимся к выше сделанным рисункам). Затем отложим вдоль единичных окружностей

3 2

 

интервал   ; 2 

x

 4

k

1 x   arccos  2 m 3

x

 3

 2 n

3 2

 

Выбираем те решения первого пункта, которые расположены на интервале   ; 2  .

Ответ: x  2 

 4



7 4

; x

 2 

 3



5 3

; x

 2  arccos

1

3

2‐ОЙ СПОСОБ Для каждого из решений первого пункта составим неравенства: –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––‐ (а) x



 4

  k . Имеем неравенство:

3  3 1    2 n  2     2n  2  6  1  8n  8  7  8n  9 2 4 2 4

Т.е.

7 2  n  1 . Итак: 8 9

n  1 Получаем: x  

 4

 2 1 

7 4

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

(б) x



 3

 2 n Имеем неравенство:

3  3 1 2 1    2 n  2    2n  2 3  1  6n  6 4  6n  7  n  1 2 3 2 3 3 6



 2 1  Итак: n  1 . Получаем: x   3

5 3

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

1 3

(в) x   arccos  2 m . Имеем неравенство:

1 3

Оценим значение arccos . Нам будет достаточно следующей оценки:

1  0  arccos  (арккосинус положительного числа, отличного от единицы).

3 2 –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

1 arccos 3

   0;   2

1  arccos 3

     ;0   2 

1  arccos  2 n 3

При n  1 имеем

      2 n; 2 n   2 

    3   2  ; 2  =  ; 2  . Попадаем в заданный 2    2  промежуток. Т.е. n  1 есть искомое решение.

При n  2;3; 4... имеем

          4  ; 4  ;  6  ;6  ;  8  ;8  …

2 2 2      

Эти промежутки не пересекаются с заданным

 3  ; 2  . Поэтому значения n, большие  2 

промежутком 

1 , не являются искомыми решениями. При n  0; 1; 2;... имеем

    1   1    ;0  ;  2  ; 2  ;  4  ; 4  …  2   2   2  Эти промежутки не пересекаются с заданным промежутком

 3   ; 2  . Поэтому значения n,  2 

меньшие 1 , не являются искомыми решениями.

1 3

1 3

Итак, n‐1. x   arccos  2  2  arccos

Ответ: 7 ; 5 ; 2  arccos 1 4

3

3

3‐ОЙ СПОСОБ ДЛЯ ТРЕТЬЕГО РЕШЕНИЯ

1 1  3    arccos  2 n  2  . x   arccos  2 m . Составим неравенство:  3 3  2  Решаем его:

1 1  3      arccos  2 n  2    3  2 arccos  4 n  4    3 3  2    

1 1  3 1 1 1 1  arccos  n  1  arccos   3  2 arccos  4 n  4  2 arccos     3 3   4 2 3 2 3  Так как функция arccos x ‐ функция убывающая, то, поскольку 0  

arccos

1 1  , имеем 3 2

 1 1  arccos  arccos 0 .

2 3

(стрелочки над границами показывают, что левую границу мы можем несколько увеличить, а правую уменьшить) Далее: 





1   arccos  3 3 2









1  1 1 1  1 1 1 1 arccos  arccos     , т.е.  2 3 2 3 2 2 6 2 3 4 Отсюда: 





11 3 1 1  1 1 1 1 arccos  1 1  1  arccos  1   12 4 2 3 6 2 3 4 1 1 1 3 1 arccos  n  1  arccos  до  3 2 3  4 2

Расширив предложенный промежуток 

     11;1 1  за счет сдвига левой границы 3  1 arccos 1 влево, а правой 1  1 arccos 1  12 4  4 2 3 2 3       11 1 вправо, получим:   n  1  . Т.е. n  1 . За счет расширения промежутка мы охватили  12 4  

все решения, но среди них могут оказаться посторонние. В данном случае 1 может оказаться посторонней.

   1 Сузив предложенный промежуток до  1;1  за счет сдвига левой границы вправо, а  6      1  правой ‐ влево, получим: 1  n  1 . Поскольку стрелочка над 1 предполагает, что мы  6  

можем взять число несколько более меньшее, чем 1, то решением данного неравенства станет 1. Итак, n=1 не является посторонним решением.

1 3

1 3

Итак: n‐1. x   arccos  2  2  arccos

СРАВНЕНИЕ СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ Сопоставляя способы выполнения второго пункта задачи, мы можем сказать: (*) Второй пункт для x  

 3

 2 n и x      k легче выполнять вторым способом.

4

1 (*)Второй пункт для x   arccos  2 m ‐ легче выполнять первым способом.

3

x  2 x 1 2  2  9  4  18  0 Решить систему: 

3 log x x  8  log 6 x  1  0 x  2 x 1 2    18  0 2 9 4  log x 3  8  log x  1  0 6  x x  0 Укажем в системе ОДЗ 

 x3  0  x  1 x  0 

Упростим систему. В первом неравенстве приведем показательные функции к одному основанию.

22 x 1  9  2 x  18  0  3log x x  8  log 6 x  1  0

 x  0  x  1 В первом неравенстве приведем показательные функции к одному показателю

2   2 x 2  9  2 x  18  0 2  22 x  9  2 x  18  0   3  8  log 6 x  1  0   8  log 6 x  4

0 x   0 x     x  1 x  1 Вводим для первого неравенства новую переменную. t  2 x 2  t 2  9  t  18  0 2(t  6)(t  1,5)  0 1,5  t  6

1,5  2 x  6  8  log 6 x  4 

x  0  x  1 Упрощаем первое неравенство, учитывая, что 1,5  2 x выполнено на всех допустимых значениях х.

2 x  6  log x  1  6 2 x  0   x  1

Далее:

2 x  2log2 6 2 x  2log 2 6  x  log 2 6    1 log x   log 6 x  6 log 6 x  log 6 6 6 6 Т.е.  Т.к. 6>1 

 2 x  0 x  0 x  0  x  1 x  1    x  1

Нижние соотношения следуют из второго неравенства

 x  log 2 6

 x  6



Для дальнейшего решения, произведем сравнение: log 2 6  6 НАЧНЕМ С КОРНЯ (корень‐ведущий, логарифм ‐ ведомый).

1. Первая оценка корня: 2  6  2,5 т.е. 6  (2; 2,5) .

2. Проверим эти пределы 2 и 2,5 для логарифма: Если логарифм окажется за этими пределами, задача решена. Если внутри промежутка, то сузим пределы для 6 .

Сужаем пределы

Решено

Решено

2

2,5

2 1



log 2 6  2 Т.е. log 2 6  log 2 4  6  4 Т.К. 6  4 то log 2 6  2 log 2 6  (2;...)



log 2 6  2,5 Т.е. log 2 6  log 2 2

2,5

2 1

62

2,5

6  0;22,5  0

 62  25  36  32

Но 36  32 , значит, log 2 6  2,5 . Т.е. log 2 6  (2,5;...)

3. Сопоставляя 6  (2; 2,5) и log 2 6  (2,5;...) , получим: 6  log 2 6 4. ПОСЛЕ РАБОТЫ НА ОСИ ПОЛУЧАЕМ: [ 6;log 2 6]

Решить систему неравенств:

 x3.5 (3  2)  3log 3 ( x  2)  4   0  x 5

3log ( x  2)  3 3.  2 3  РЕШЕНИЕ:

Пусть:

a  3

x 5 3.

b  3 log 3 ( x  2) Имеем:

(a  2)  b  4   0 

b  a  2 Далее:

 a  2  a  2  0   b  4  0  b  4   b  a  2  b  a  2    a  2  a  2  0        4 b b 4 0      b  a  2  b  a  2

 a  2   b  4  b  a  2 (a  2  a  2  4  b  4)    a  2   b  4   b  a  2 (a  2  a  2  4  третья строчка есть следствие второй )

(a; b)  a  2    2 a     b  4  b  4 Возвращаясь к прежним переменным, получим:

 x3.5  3  3log3 2  3 2   4  3log 3 ( x  2)  4 log 3 ( x  2)  1 3  x 5 3.

x5  x3.5 log3 2 3  1 3 3   x  5  3log 3 2  3.  log 3 2     4  

3 4 x  2  3 3  log ( x  2)  log 3 3   3 3  3 x  2  3

Произведем сравнение: 5  3log 3 2  2  3 3 3 Вычтем из обеих частей 2:

3  3log 3 2  3 3 3 Сократим на 3 (3>0)

1  log 3 2  3 3 Представим левую часть в виде логарифма:

log 3 6  3 3 Оценим левую часть десятичными числами с точностью до десятых Т.к. 1,53  3,375 и 1, 43  2, 744 , то 1, 4  3 3  1,5 Сравним логарифмическое выражение левой части сравнения с одной из оценок. Например, с 1,5

log 3 6  1,5  log 3 3 , т.е. log 3 6  log 3 31,5 Т.к. 3  1 , то 6  3 3 . Т.к. обе части неравенства неотрицательны, то после возведения их в квадрат, знак неравенства не изменится:

36  27 Но 36  27 Значит, 5  3log 3 2  2  3 3 3 Итак: x  (2  3 3 3;5  3log 3 2)

ОТВЕТ: (2  3 3 3;5  3log3 2)

Найти все значения a , при каждом из которых неравенство

(3  cos 2 x)  a  0 не имеет a  (4  5 x  2  5 x )

решений. Решение: Воспользуемся логическими кванторами всеобщности (для любого t ‐ t ) и существования (существует, найдется ‐ t ) и знаком отрицания (черта над высказыванием). В дальнейшем термин "найти" передаем тем же знаком, что и "найдется".

  (3  cos 2 x)  a  (a)  (x)  0     a  (4  5x  2  5 x )    Т.е. "найдется (найти!) такое значение a , при котором не найдется ни одного значения x , которое удовлетворяло бы неравенству.

  (3  cos 2 x)  a  (a)  (x)   0 x x   a  (4  5  2  5 )   

 (3  cos 2 x)  a  x 0  0   (a)(x)  x x (1)  a  (4  5  2  5 )  (2)

x 0

 (3  cos 2 0)  a   2a   0   a  ( 6; 2) .  0   ( a )   (a)  0 0 a6   a  (4  5  2  5 )  (1)

Используем формулы: (x) A( x)  (x) A( x)  (x) A( x) (x) A( x)  (x) A( x)  (x) A( x)

(2)

Решения находятся на промежутке (6; 2) (но среди них могут быть посторонние). Продолжим решение, ограничившись промежутком (6; 2) : (a) . ( 6;2)

 (3  cos 2 x)  a   0  Т.е. имеем: (a )(x)  x x  a  (4  5  2  5 ) 

 (3  cos 2 x)  a   0  x x  a  (4  5  2  5 ) 

(a) (x)  ( 6;2)

 cos 2 x  a  3   (a )(x)   0 x x ( 6;2)  45  25  a  

Произведем оценку числителя: a  (6; 2)  a  3  (9; 1)



cos 2 x  [0;1]



Итак:

9  a  3  1, для любого значения а из промежутка (6; 2)

0  cos 2 x  1 для любого допустимого значения x

9  cos 2 x  a  3  0 для любых допустимых значений a и x

Продолжаем:

(a )(x)(cos 2 x  a  3  0)  ( 6;2) (a )(x) 4  5 x  2  5 x  a  0   cos 2 x  a  3   ( 6;2) (a )(x)   0 x x     4 5 2 5 a  ( 6;2)  



t 5 x



2 2   (a ) (t )  4  t   a  0   (a) (t )  4t  at  2  0  t ( 6;2) (0; )  t ( 6;2) (0; )   

t 5 x

 

t 0



t 0

 (a) (t )  4t 2  at  2  0  ( 6;2) (0;  )

Теоретико‐множественная трактовка:

K ‐ множество всех решений неравенства. Если (0; )  K , то K  (0; ) . Т.е.

K  (;0]



(a) (0; )  K (4t ( 6;2)

2

 at  2  0)





 (a) K (4t ( 6;2)

2

 at  2 0)

 (;0]



Геометрическая трактовка: Пусть f (t )  4t 2  at  2 . График‐ парабола. Ветви – вверх, так как А=4>0. Так как

C 2   0 , то A 4

нули функции (если они существуют) одного знака.

Начертим схематично различные способы расположения такой параболы относительно промежутка (0; ) на оси t.

D0

  (  ; 0]

 B 0   2A  f (0)  0

( x1 ; x2 )  (;0]

0

Нашему неравенству удовлетворяют лишь два типа расположения параболы – они отмечены сплошной линией. Им соответствуют две системы.

t

Составляем совокупность двух систем:

 a  (6; 2)  a  (6; 2)    a  (6; 2)   a  0   B  0   4  2 A  a  [0; 2) a  0    a  (4 2; 2)    f (0)  0   2  0 a  (6; 2) a  (4 2; 2)      a  (6; 2)  a  (6; 2)  a  (4 2; 4 2)  2    D  0  a  32  0

ОТВЕТ: a  (4

2; 2)

Дана система уравнений:  x − y + x + y = 4  a  x − 1 + y = При каких значениях параметра a система имеет два решения? РЕШЕНИЕ:

a≥0 Выберем подмодульные выражения x − y ; x + y для первого уравнения и x − 1 ; y для второго уравнения. Приравняв их нулю, построим графики полученных уравнений: x− y = 0; x + y = 0 в одной системе координат и графики двух других x − 1 =0 ; y = 0 в другой системе координат. Каждая координатная плоскость разбивается графиками на замкнутые области (области, включающие свои границы). Для определения знака каждого выражения в каждой из этих областей, выберем внутри каждой области по точке. Подставляя координаты каждой точки в выражения, находим знак этого выражения в рассматриваемой области. Для выражений: x − y ; x + y

x − y ≤ 0  x + y ≥ 0 (0;1)

x − y ≤ 0   x + y ≤ 0 (-1;0)

x − y ≥ 0  (1;0)  x + y ≥ 0 (0;-1)

x − y ≥ 0  x + y ≤ 0

Для выражений: x − 1 ; y

(0;1)

x −1 ≥ 0  y ≥ 0 (2;1)

(0;-1)

(2;-1)

x −1 ≤ 0  y ≥ 0

x −1 ≤ 0  y ≤ 0

x −1 ≥ 0  y ≤ 0

СТРОИМ ГРАФИК

x− y + x+ y = 4

x − y ≥ 0 , то уравнение примет вид: x − y + x + y = 4 , т.е. x = 2 . x + y ≥ 0

(1) Если 

Найдем точки пересечения прямой x = 2 с прямыми x − y = 0 и x+ y = 0 ( y = x и y = −x )

=  x 2= x 2 . Получили точку (2; 2) ⇔  =  y x= y 2

=  x 2= x 2 . Получили точку (2; −2) ⇔  −x −2 y = y =

x − y ≤ 0 (2) Если,  то уравнение примет вид: − x + y + x + y = 4 , т.е. y = 2 . x + y ≥ 0 Найдем точки пересечения прямой y = 2 с прямыми x − y = 0 и x+ y = 0 ( y = x и y = −x )

=  y 2= y 2 . Получили точку (2; 2) ⇔  =  y x= x 2

=  y 2= y 2 . Получили точку (−2; 2) ⇔  −x −2 y = x =

x − y ≤ 0 (3) Если  , то уравнение примет вид: − x + y − x − y = 4 , т.е. x = −2 . x + y ≤ 0 Найдем точки пересечения прямой x = −2 с прямыми x − y = 0 и x+ y = 0 ( y = x и y = −x )

−2 −2 x = x = . Получили точку (−2; −2) ⇔  y = x  y = −2

−2 −2 x = x = . Получили точку (−2; 2) ⇔  2 −x y = y =

x − y ≥ 0 (4) Если  , то уравнение примет вид: x − y − x − y = 4 , т.е. y = −2 x + y ≤ 0 Найдем точки пересечения прямой y = −2 с прямыми x − y = 0 и x+ y = 0 ( y = x и y = −x )

−2 −2 y = x = Получили точку (−2; −2) ⇔  y = x  y = −2

(−2; 2)

(−2; −2)

−2 −2 y = y = . Получили точку (2; −2) ⇔  −x 2 y = x =

(2; 2)

(2; −2)

a СТРОИМ ГРАФИК x − 1 + y = x −1 ≥ 0 (1) Если  , то уравнение примет вид: x − 1 + y =a ⇔ y =− x + a + 1 y ≥ 0 Найдем точки пересечения прямой y =− x + a + 1 с прямыми x = 1 и y = 0 y = a  y =− x + a + 1  y =− x + a + 1 0 =− x + a + 1  x =a + 1 . Точка: (1; a )  . Точка: (1 + a;0) ⇔ ⇔ ⇔  = x = 1 x = 1  y 0=  y 0= y 0 x −1 ≤ 0 Если,  то уравнение примет вид: − x + 1 + y = a ⇔ y = x + a − 1 y ≥ 0 Найдем точки пересечения прямой y = x + a − 1 с прямыми x = 1 и y = 0  y = x + a −1  y = a  y = x + a − 1 0 = x + a − 1  x = 1 − a . Точка: (1; a )  . Точка: (1 − a;0) ⇔ ⇔ ⇔  =  x 1= x 1  y 0=  y 0= y 0 x − y ≤ 0 Если  , то уравнение примет вид: − x + 1 − y =a ⇔ y =− x − a + 1 x + y ≤ 0 Найдем точки пересечения прямой y =− x − a + 1 с прямыми x = 1 и y = 0  y =− x − a + 1  y =−a  y =− x − a + 1 0 =− x − a + 1  x =1 − a . Точка: (1; − a )  . Точка: (1 − a;0) ⇔ ⇔ ⇔  =  x 1= x 1  y 0=  y 0= y 0 x −1 ≥ 0 Если  , то уравнение примет вид: x − 1 − y = a ⇔ y = x − a − 1 y ≤ 0 Найдем точки пересечения прямой y = x − a − 1 с прямыми x = 1 и y = 0  y =x − a − 1  y =−a  y = x − a − 1 0 = x − a − 1  x = 1 + a . Точка: (1; − a )  . Точка: (1 + a;0) . ⇔ ⇔ ⇔  =  x 1= x 1  y 0=  y 0= y 0 Графиком уравнения является четырехугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны, делятся пополам, причем каждая половинка каждой диагонали равна a . Из этого следует, что графиком уравнения является квадрат. Построив этот оба графика в одной системе координат, мы ищем количество решений систему по количеству их точек пересечения.

(−2; 2)

(2; 2) y=a y = −a

(2; −2)

(−2; −2) x= 1− a

x= 1+ a

Изменяя a от 0 до +∞ , следим за количеством решений системы. На рисунке граничные положения второго графика (в момент изменения количества решений) изображены красным цветом. В каждой области между граничными положениями выбрано одно положение, которое изображено синим цветом.

(−2; 2)

(2; 2) y=a y = −a

(2; −2)

(−2; −2) x= 1− a

x= 1+ a

Характеристика области или границы

Количество решений

1 область

0 ≤ a <1

0 решений

Граница

a =1

1 решение

2 область

1< a < 2

2 решения

Граница

a =2

4 решения

3 область

–

6 решений

Граница

–

5 решений

4 область

–

4 решения

Граница

a =2+2+1=5

2 решения

5 область

a >5

0 решений

Коротко это можно записать так: 0-0; 1; 2-2; 4; 6-6; 5; 4-4; 2; 0-0 Итак, 2 решения система имеет при 1 < a < 2 и при a =5. Но a ≥ 0 : таким образом, имеем следующий ответ:

a = 5 : a ∈ (1; 2 )

ЗАДАЧА

Возможны разные модели этой задачи, от выбора которых будет зависеть, насколько лаконичным является решение. Однако, выбор наиболее подходящих моделей является непростой задачей. Поэтому мы здесь выбираем наиболее простую и естественную для ученика модель, которая будет работать за счет незначительного усложнения расчетов.

a

c

b

m

n

k

Пусть a; b; c обозначают соответственно количество "физиков" ходящих только на спецкурс, на спецкурс и историю Японии одновременно, только на историю Японии. Количество всех физиков равно: a+ b+ c=9 Пусть m; n; k обозначают соответственно количество "лириков" ходящих только на спецкурс, на спецкурс и историю Японии одновременно, только на историю Японии. Количество всех лириков равно: m+n+k=20‐9=11

A) Имеем:

ab 

2 2 2 9 2 ( a  b  m  n)  ( a  b)  ( a  b)  ( m  n)  ( a  b)  ( m  n)  11 11 11 11 11

 9( a  b)  2( m  n)  a  b 

2 2 4 (m  n)  11  a  b  2  a  b  2 9 9 9

B) Аналогично:

2 2 2 3 2 b  c  (b  c  n  k )  (b  c)  (b  c)  (n  k )  (b  c)  (n  k )  5 5 5 5 5 2 2 1 3(b  c)  2(n  k )  b  c  (n  k )  11  b  c  7  b  c  7 3 3 3 С) В итоге:

(a  b)  (b  c)  2  7  (a  b  c)  b  9  (a  b  c)  9  b "Количество физиков  9  b ".

(1) Поскольку в первом вопросе содержится утверждение, что количество физиков равно 9, то получим: 9  9  b . Возможно ли это? если b=0 (т.е. количество физиков, посещающих обе секции, равно 0), то неравенство выполняется. Т.е. отрицать возможность количества физиков в составе 9 человек невозможно. Но, чтобы доказать упомянутую возможность, необходимо предложить конкретную ситуацию. Расмотрим следующую ситуацию: количество физиков 9. Количество физиков, посещающих сразу две секции равно 0. Количество физиков, посещающих спецкурс равно 2. Количество физиков, посещающих историю Японии равно 7. Количество лириков, посещающих только спецкурс или спецкурс вместе с историей Японии равно 9, количество лириков, посещающих только историю Японии или спецкурс вместе с историей Японии равно 11. Тогда a  b  2  0 

2 2 2 2 от 9 = (m  n) . Поэтому a  b  (m  n)  a  b  (a  b  m  n) 9 9 9 11

Тогда b  c  0  7 

7 7 7 2 от 11= от ( n  k ). Но  .

11 11 11 3

2 2 (n  k )  b  c  (b  c  n  k ) . Итак мы построили математическую 3 5 модель, доказывающую существование ситуации, описанной в задаче. Т.е. ответ на вопрос первого задания утвердительный. Поэтому b  c 

(2) Если количество физиков увеличить, т.е положить равным 9+R (где R ‐ натуральное число), то количество лириков станет равно 11– R. Но все расчеты в пунктах А и В останутся без изменения, за исключением последних трех неравенств, которые примут 2 2 2 вид: a  b  (m  n)   (11  R)  a  b  11  a  b  2 9 9 9

2 2 2 1 b  c  (n  k )   (11  R)  11  b  c  7  b  c  7 3 3 3 3 И снова будем иметь:

(a  b)  (b  c)  2  7  (a  b  c)  b  9  (a  b  c)  9  b

"Количество физиков  9  b ". Т.е. 9  R  9  b , что невозможно даже при нулевом значении b. Т.е. увеличение количества физиков за пределы 9 невозможно. Ответ: максимальное количество физиков равно 9.

(3)

Задача (3) требует нахождения наименьшего возможного значения дроби mnk =

abcmnk

Поскольку числитель и знаменатель дроби ‐ положительные числа, то задача abcmnk равносильна нахождению наибольшего значения обратной дроби . mnk Имеем:

abc abcmnk (a  b)  (b  c)  b

 1  1 mnk mnk mnk

Значение правой части увеличится, если положить максимальные значения (a  b) и

2 2 (b  c) . Т.е. положить: a  b  (m  n)  U1 и b  c  (n  k )  U 2 , где U1 и 9 3 2 2 U 2 соответственно дробные части выражений (n  k ) и (m  n) 3 9 Подставив эти значения в дробь, получим: 2 2 ( m  n )  ( n  k )  b  U1  U 2 1 2(m  n)  6(n  k )  9b  9U1  9U 2 3 = 1 9  1  mnk 9 mnk 1 2m  8n  6k  9b  9U1  9U 2 1 8m  8n  8k  6m  2k  9b  9U1  9U 2 =  1   1  9 mnk 9 mnk 6m  2k  9b  9U1  9U 2 1 17 6m  2k  9b  9U1  9U 2 ) 

 1   (8  9 mnk 9 mnk Положим минимально возможные в нашей ситуации значения m,k,b. А именно: m=0; k=0 (т.е. все лирики ходят в обе секции,); b=0 (никто из физиков не ходит в обе секции). В 2 2 2 2 этом случае (m  n) = n и (n  k ) = n , где n станет количеством всех гуманитариев.

9 9 3 3 Как только количество гуманитариев окажется кратным 9‐ти, то U1 и U 2 окажутся

равными своему минимальному значению, т.е. нулю. Тогда выражение 6m  2k  9b  9U1  9U 2 примет минимальное значение, равное нулю. Т.е. mnk 17 6m  2k  9b  9U1  9U 2 17 примет максимальное значение , к чему мы и  9 mnk 9 9 стремились. Тогда обратное значение  примет минимальное значение:   17

Ответ:

9

17

P/S: Второй способ решения, основанный на общих моделях задач такого типа будет размещен позднее.

Есть несколько путей решения: переход к десятичным дробям и разбиение их на конечные, на периодические и дальнейшее разбиение по длине периода у периодической дроби и количества десятичных разрядов у конечной десятичной дроби. Мы выберем второй путь ‐ направление к общему знаменателю. ИССЛЕДОВАНИЕ: Для исследования проблем этого задания, рассмотрим более простой смежный пример, в котором даны несократимые дроби и знаменатель каждой дроби разложен на простые сомножители. Например,

5 1 1 1  2  2  2 . Обратим внимание на те простые 2  3 2  7 3 11 3  7 3

сомножители, которые имеют максимальный показатель степени и причем ‐ в единичном количестве. Это: 23 в первом знаменателе (в остальных знаменателях основание 2 имеет меньшие показатели степеней); 11 в третьем знаменателе (в остальных знаменателях 11 имеет наименьший ‐ нулевой показатель). Общий знаменатель: 23  32  7 11 . А теперь обратим внимание, что дополнительный множитель над первой дробью не будет содержать сомножитель 2. В результате после умножения числителя 5 на дополнительный множитель, последний окажется нечетным числом (не кратным числу 2). В то же время все остальные дополнительные множители будут содержать хотя бы один сомножитель 2. Т.е. числители остальных дробей окажутся четными числами. В результате сложения‐вычитания нечетного числителя с четными числителями итоговый числитель окажется нечетным. Если теперь у нас есть задача, которая спрашивает, может ли отмеченная сумма дробей быть равна несократимой дроби с четным числителем, наш ответ будет отрицательным. В частности сумма этих дробей не может быть равна: 0 (четное число), 2,

4 и так далее.

9

Обратимся к третьей дроби. Её дополнительный множитель не будет содержать сомножителя 11, в то время, как все остальные сомножители будут его содержать. Т.е, по аналогии с предыдущим случаем, в итоговом числителе будем иметь сумму числа не кратного числу 11 и чисел, кратных ему. В результате мы получаем, что итоговый числитель не кратен 11. В результате наша сумма не может быть равна опять‐таки – 0 (он кратен 11), а также После этого небольшого исследования вернемся к нашей задаче.

22 и т.д.

13

РЕШЕНИЕ Из условного ряда 1 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1           будем выбирать любую 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

группу слагаемых с любой расстановкой знаков + или ‐ перед дробями Найдем знаменатели с единственным максимальным показателем какого‐либо простого сомножителя. Получим: 7  71 ; 8= 23 ; 9= 32 ; 11  111 . Продолжаем: Сможет ли выбранная группа обратиться в нуль, если она содержит дробь

Дополнительный множитель над дробью

1 ?

7

1 не будет содержать сомножителя 7. Остальные 7

дополнительные множители будут его содержать. Поэтому итоговый числитель будет получен в результате сложения числа, не кратного семи с числами, которые кратны семи., т.е. итоговый числитель не будет кратен числу семь, а, следовательно не сможет обратиться в нуль. Таким образом, во‐первых, мы получаем ответ на первую часть задачи: при любой расстановке знаков + и – отмеченная сумма не будет равна нулю. Во‐вторых, если среди групп слагаемых и найдется такая сумма, которая равна нулю, то она не должна содержать дробь

1

7 1 1 1 .

8 9 11

 Аналогичные результаты мы получаем для дробей ; ;

1 1 1 1 .

7 8 9 11

Итак, искомая сумма не должна содержать дробей ; ; ;

Оставшиеся в ряду 1 

1 1 1 1 1 1 1       дроби приведем к общему знаменателю: 2 3 4 5 6 10 12

Получим равенство, которое нужно проверить при различных сочетаниях слагаемых и знаков:



60 30 20 15 12 10 6 5         0 60 60 60 60 60 60 60 60

Сгруппируем дроби с "круглыми" числителями в одну сумму, с некруглыми, но в результате сложения дающими круглый числитель во вторую сумму, и все оставшиеся ‐ в третью. Поскольку первая сумма дает результат

 60 30 20 10   15 5   12 6            0  60 60 60 60   60 60   60 60 

Имеем:

 60  30  20  10    15  5   12  6   0 

 60 30 20 10   15 5   12 6         0     60 60 60 60   60 60   60 60 

 Первая группа слагаемых дает в результате сложения круглое число. Для получения числа нуль вторая и третья группы слагаемых также должны дать круглое число. Поскольку слагаемое 12 ни при какой комбинации с последними цифрами других слагаемых 5  5  6  6; 4 не дает на конце нуля, то слагаемое 12 следует стереть. Аналогичным образом придется стереть и 6. В результате остается:

 60  30  20  10    15  5  0 

 60 30 20 10   15 5       0     60 60 60 60   60 60 



Вторая группа слагаемых верхней строчки может дать четыре круглых числа: 10;  20;

Поэтому получаем два условных ряда:

 60  30  20  10   10  0   60 30 20 10   15 5       0     60 60 60 60   60 60 

 60  30  20  10   20  0 

и

 60 30 20 10   15 5       0     60 60 60 60   60 60 

Итак:

 6  3  2  1  1  0

 6  3  2  1  2  0 

 60 30 20 10   15 5       0     60 60 60 60   60 60 



и

 60 30 20 10   15 5       0     60 60 60 60   60 60   15 5   15 5    , а 2 соответствует      60 60   60 60 

Здесь 1 на верхней строчке соответствует  

Выберем сначала общую часть этих рядов:

 6  3  2  1 

 60 30 20 10        60 60 60 60  Возьмем наибольшее по модулю число 6 верхней строчки . ОЧЕВИДНО, ЧТО 6‐3‐2‐1=0. Здесь задействованы 4 слагаемых, а, значит и четыре соответствующих им дроби. А теперь посмотри, что произойдет при добавлении к левой части 2 , для того чтобы вернуться ко второму условному ряду. В результате сумма 6  3  2  1 преобразуется в другую сумму (6  3  2  1)  2 с увеличением или уменьшением на 2. Если мы это компенсируем уменьшением ‐ увеличением суммы 6  3  2  1 на 2 за счет перераспределения знаков + и –, то результат 0 не изменится. Поскольку мы собираемся поменять знаки + и – перед некоторым слагаемым суммы один на другой, то мы должны учесть, что сумма по модулю изменится на удвоенный модуль слагаемого. Т.е. заменив ‐1 на +1, мы увеличим сумму не на 1, а на два. Итак, компенсируем нашу вычитанием числа 2: 6– 3–2+1‐2=0.

 15 5    , то получим:  60 60 

Поскольку –2 соответствует  

 60 30 20 10   15 5           0  60 60 60 60   60 60  Т.е. 1 

1 1 1 1 1      0 2 3 6 4 12

Таким образом, мы получили ответ на второй и третий вопросы задачи: примером суммы равной нулю является среди прочих других вариантов

1 1 1 1 1 1      .

2 3 6 4 12 К тому же это максимальное количество слагаемых, выбранных из первоначального ряда при наименьшем количестве стертых слагаемых, равном числу 6 с целью получить сумму равную нулю.

Ответ: а) Доказано b) Доказано примером 1  c) 6.

1 1 1 1 1      0 2 3 6 4 12

А) Найдите сумму чисел:

Б) Даны числа

1 1 1 1 1 25

    ...   20 30 42 56 10712 104

1 1 1 1 1 n ; ; ; ; ...; ; ; n  N . Докажите, что существует 4 5 5 6 6  7 7 8 (n  3)(n  4) 4n  16

такая расстановка знаков "+" и "–", что полученная сумма будет равна нулю.

РЕШЕНИЕ: А) Формула общего члена суммы чисел:

1 . Найдем количество членов. Для этого (n  3)(n  4)

решим уравнение: (n  3)(n  4)  10712 . Т.е. n 2  7 n  10700  0 . В результате решения получаем: n  100 . Итак:

1 1 1 1 1 25 1 1 1 1 1 25     ...    ; ;  ...   =

20 30 42 56 10712 104 4  5 5  6 6  7 7  8 103 104 104 Представим каждое слагаемое в виде разности f (m)  f (m  1) . Имеем:

1 1 1 1 1 1   ;   ; … И т.д.

45 4 5 56 5 6

Подставляя в сумму, получим:

1 1     4 5

1 1    5 6

1   1 1  25 1 1 1 1  1

          …+   + – 6 7 7 8  102 103   103 104  104

Раскрывая скобки и приводя подобные (производя уничтожение), получим:

 1 1  25 26  1 25    0 .     4 104  104 104 104 ОТВЕТ: 0 Б) Поставим между всеми числами знак "+", кроме последнего. Перед последним числом поставим неопределенный знак:

1   1 1  n 1 1 1 1 1 1  1  

            ...       4 5 5 6 6 7  n  2 n  3   n  3 n  4  4n  16 Раскрывая скобки и приводя подобные, получим:

1 1 n (n  4)  4  n    .

4 n  4 4n  16 4n  16

Если на месте знака "  " поставить знак "–", то сумма будет равна нулю, как и требуется по условию задачи. Итак, ответ на вопрос задачи утвердительный (например, последний знак "–", а все остальные "+") ОТВЕТ: утверждение доказано.

А) Найдите сумму чисел 1+4+9+…+4048144 В) Даны числа1;4;9;…;4052169; 2721031819. Докажите, что существует такая расстановка знаков "+" и"–", что полученная сумма будет равна нулю. РЕШЕНИЕ А) Общий член суммируемой последовательности: n 2 . Найдем количество членов: n 2  4048144 Т.е. n 2  4 1012036  4  4  253009  4  4  5032 Т.е. n  2012 Представим общий член в виде разности f (n)  f (n  1) . Поскольку общий член есть квадратичная функция, то будем искать f в виде кубической функции. Рассмотрим функцию n3 . Будем иметь: n3  (n  1)3  n3  n3  3n 2  3n  1  3n 2  3n  1 .





Отсюда 3n 2  n3  (n  1)3  3n  1 . Отсюда n 2 

1  n3  (n  1)3   3n  1  3

Запишем искомую сумму через знак сумматора: n  2012

n  2012

 n   2

n 1

n 1

1  n3  ( n  1)3   3n  1 =  3

1 n  2012 3 1 n  2012 1 n  2012 3  n  n    n   1 ( 1) 3   3 n1 = 3 n 1 3 n 1 Распишем подробнее первый сумматор: n  2012



n 1

n

3

 (n  1)3   (13  03 )  (23  13 )  (33  23 )  ...  (20113  20103 )  (20123  20113 )

n  2012

Т.е.



n 1

n

3

 (n  1)3   03  20123  20123

1 1 n  2012 1 n  2012 3  3n   1 = Итак: искомая сумма равна  2012  3 3 n 1 3 n 1 1 1 n  2012 1 n  2012 1 1 1  2012 1  20123   3n   1   20123   3   2012  2012 = 3 3 n 1 3 n 1 3 3 2 3

=

1006(2  20122  3  2013  2)  2716979650 3 ОТВЕТ: 2716979650

В) Общий член суммируемой последовательности: n 2 . Найдем количество членов: n 2  4052169 Т.е. n  2013 Расставим между числами знаки в такой последовательности: перед последним слагаемым поставим "–", перед всеми предыдущими поставим знак "+". Тогда сумма всех слагаемых, исключая последнее, будет равна сумме, вычисленной в пункте (А), плюс 20132 . Т.е. эта сумма равна: 2721031819. Тогда, суммируя этот результат с последним слагаемым – 2721031819, мы и получим нуль. Итак, при указанной расстановке знаков условие (В) выполнено.

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

Оглавление: Неравенства и их системы Задачи на параметры Задачи на целые числа

Реклама:

Репетиторство 2014-2015, г. Чапаевск Самарской области. chekanovandrey@mail.ru

Литературно-образовательный альманах "Четвертое измерение" Том 1 http://www.chapaevskpubl.narod.ru/7817.htm Том 2 http://www.chapaevskpubl.narod.ru/7825.htm "Квант - Четвертое измерение":http://www.chapaevskpubl.narod.ru/)

Версия 1.0.1

Гуреев Е.М.

2014