МАЛЫЙ МЕХМАТ МГУ

Кружок 7 класса

Занятие 15. Письменная работа

1.

Перед вами последовательность фигурок. В первой 1 клетка, во второй 3, в третьей 5 и так далее.

а)

Сколько клеток будет в сотой фигурке?

б)

Сколько клеток в сумме в первых ста фигурках?

Ответ Решение

Ответ. а) 199; б) 10000.

Решение.

а) Заметим, что в каждой следующей фигурке на 2 клетки больше, чем в предыдущей. Докажем, что фигурка с номером n состоит из 2n-1 клеток. При n=1 имеем 2n-1=1. Если уже известно, что фигурка с номером k состоит из 2k-1 клеток, то фигурка с номером k+1 включает в себя на две клетки больше, то есть 2k-1+2=2(k+1)-1. Поэтому утверждение верно для любого натурального числа n. В частности, сотая фигурка состоит из 2·100-1=199 клеток.
Примечание. Использованный нами метод доказательства носит название метода математической индукции. Этот метод часто применяется в тех случаях, когда истинность какого-нибудь утверждения нужно доказать для любого натурального числа n, как в нашем примере. Сначала проверяется, что утверждение верно при n=1 (или при наименьшем значении n, при котором утверждение имеет смысл); эта проверка называется базой индукции. Затем доказывается, что если утверждение верно при n=k (где k — любое натуральное число), то оно будет верно и при n=k+1; в этом состоит шаг, или переход индукции. Если удается доказать и базу, и шаг индукции, то утверждение верно при любом натуральном n (подумайте, почему так получается).

б) В каждой фигурке нечетное число клеток, и в каждой следующей фигурке их на 2 больше, чем в предыдущей. Кроме того, из пункта а) нам уже известно, что в сотой фигурке 199 клеток. Значит, чтобы посчитать количество клеток в первых ста фигурках, нужно сложить все нечетные числа от 1 до 199. Обозначим 1 + 2 + … + 198 + 199=S. Можно записать эту сумму и в обратном порядке: 199 + 198 + … + 2=1=S. Сложим эти два уравнения. Заметим, что 199 + 1=198 + 2=…=2 + 198=1 + 199=200, а слагаемых в каждой из двух сумм 100 (нечетных чисел от 1 до 199 ровно в два раза меньше, чем всего натуральных чисел от 1 до 200). Поэтому 200·100=2S=20000, откуда S=10000.

2.

Вася Иванов сказал своему приятелю: «У нас в классе тридцать пять человек. И представь, каждый из них дружит ровно с одиннадцатью одноклассниками...» Не приврал ли Вася, если каждая дружба обоюдная (то есть если, к примеру, Петя дружит с Колей, то и Коля дружит с Петей)?

Ответ Решение

Ответ. Ну конечно же, приврал.

Решение.

Первый способ. Посчитаем количество пар друзей. Каждый из 35 школьников дружит с 11 одноклассниками, то есть на каждого школьника приходится по 11 пар. Однако число 35·11 не является окончательным ответом, поскольку каждую пару мы посчитали два раза (по разу для каждого из двух друзей, входящих в эту пару). Значит, это число надо еще поделить пополам. Но 35 и 11 — нечетные числа, значит, их произведение тоже нечетно и на 2 нацело не делится. В итоге получится, что количество пар друзей — нецелое число, чего быть не может. Полученное противоречие доказывает ошибочность утверждения Васи.

Второй способ. При решении этой задачи можно было воспользоваться и теоремой о количестве нечетных вершин неориентированного графа (см. Занятие 13, задача 7). Как это сделать, описано в задаче 9 занятия 13 — она полностью совпадает с этой.

Замечание. Первый из приведенных способов решения этой задачи по сути представляет собой доказательство частного случая теоремы о количестве нечетных вершин графа (а именно того, когда в графе вовсе нет четных вершин). Так что утверждение, которое требуется доказать для решения этой задачи, является более слабым, чем утверждение теоремы.

3.

Некоторое натуральное число n имеет два простых делителя. Его квадрат имеет всего 15 различных делителей (не только простых). Сколько делителей имеет куб этого числа?

Ответ Решение

Ответ. 28.

Решение. Пусть число n имеет простые делители p и q. Это означает, что число n является произведением каких-то степеней этих чисел (а не просто самих этих чисел!), то есть n=p^kq^m. (Например, число 36 имеет только два простых делителя — 2 и 3, и 36=4·9=2²·3².) Тогда n²=p²kq²m. Все делители такого числа — произведения тех же простых чисел, возведенных в степень не более чем 2k и 2m соответственно (степени могут быть и нулевыми тоже). Выпишем все эти делители в виде таблицы:

1, p, p², …, p^2k
q, pq, p²q, …, p^2kq
…
q^2m, pq^2m, p²q^2m, …, p^2kq^2m

В каждой строке такой таблицы 2k+1 число, а строк в ней 2m+1, поэтому всего в ней (2k+1)(2m+1) чисел. В нашем случае это 15=3·5=1·15. Поскольку k>0, m>0 (иначе одно из простых чисел p, q на самом деле не было бы делителем числа n), нам подходит только первое из указанных разложений, и 2k+1=3, 2m+1=5 (или наоборот, но для нас это несущественно). Отсюда находим, что k=1, m=2. Значит, n=pq², n³=p³q⁶. Выпишем делители этого числа в виде таблицы аналогично тому, как мы это делали раньше, и посчитаем количество чисел в ней.

1, p, p², p³
q, pq, p²q, p³q
…
q⁶, pq⁶, p²q⁶, p³q⁶

В каждой строке таблицы по 4 числа, а строк всего 7. Итого получаем 4·7=28 делителей.

4.

Дано 2010 чисел. Известно, что сумма любых 100 из них положительна. Докажите, что сумма всех чисел положительна.
Подсказка: подумайте, сколько всего может быть отрицательных чисел.

Решение

Решение.

Первый способ. Заметим, что если среди всех наших чисел есть хотя бы 100 отрицательных, то сумма этих ста отрицательных чисел отрицательна, что противоречит условию задачи. Значит, отрицательных чисел может быть не более 99. Тогда по условию сумма этих 99 отрицательных чисел и любого из оставшихся положительна. Добавляя к этой сумме оставшиеся числа (а они положительны), получим, что и сумма всех чисел положительна.

Второй способ. Обозначим наши числа так: a₁, a₂, a₃, …, a₂₀₀₉, a₂₀₁₀. Из условия следует, что

a₁ + a₂ + … + a₉₉ + a₁₀₀ > 0,
a₂ + a₃ + … + a₁₀₀ + a₁₀₁ > 0,
…,
a₁₉₁₁ + a₁₉₁₂ + … + a₂₀₀₉ + a₂₀₁₀ > 0,
a₁₉₁₂ + a₁₉₁₃ + … + a₂₀₁₀ + a₁ > 0,
…,
a₂₀₁₀ + a₁ + … + a₉₈ + a₉₉ > 0

Всего выписано 2010 неравенств; каждое из чисел от 1 до 2010 встречается ровно в 100 из них. Сложив эти неравенства, получим 100·(a₁ + a₂ + … + a₂₀₀₉ + a₂₀₁₀) > 0, откуда a₁ + a₂ + … + a₂₀₀₉ + a₂₀₁₀ > 0, что и требовалось доказать.

5.

Дан треугольник ABC. Известно, что любой его внешний угол в два раза больше одного из не смежных с ним внутренних углов. Докажите, что треугольник ABC равносторонний.
Подсказка: запишите условие при помощи уравнений.

Решение

Решение. Для решения воспользуемся следующими утверждениями (все они доказываются в курсе геометрии 7 класса):

Теорема о сумме углов треугольника. Сумма (внутренних) углов треугольника равна 180°.
Следствие (свойство внешнего угла треугольника). Внешний угол треугольника равен сумме двух его внутренних углов, не смежных с ним.

Теорема (признак равнобедренного треугольника). Если два (внутренних) угла треугольника равны между собой, то треугольник — равнобедренный. В частности, если все три его угла равны, то он равносторонний.

Продолжим сторону AC за точку А, обозначим построенный луч AK (см. чертеж). Пусть ∠KAB=2∠ABC (или 2∠ACB, но этот случай рассматривается аналогично). По свойству внешнего угла треугольника ∠KAB=∠ABC+∠ACB. Из этих двух равенств следует, что ∠ABC+∠ACB=2∠ABC, откуда ∠ABC=∠ACB. Точно так же доказывается, что ∠ABC=∠BAC. В результате получаем, что в ΔABC все углы равны между собой. Стало быть, по признаку равнобедренного треугольника ΔABC — равносторонний, что и требовалось доказать.

6.

На вершину горы ведет пять дорог.

a)

Сколькими способами турист может подняться на гору и потом спуститься?

б)

А если подъем и спуск должны происходить по разным дорогам?

Ответ Решение

Ответ. а) 25; б) 20.

Решение. а) Поднявшись на вершину горы любым из 5 способов, турист может выбрать любой из 5 способов спуститься вниз. Поэтому всего способов подняться и спуститься будет 5·5=25.
б) Этот случай отличается от предыдущего тем, что после выбора одной из 5 дорог наверх турист может выбирать только из 4 дорог вниз. Поэтому способов подняться и спустится в этом случае будет 5·4=20.

7.

Уберите 4 спички, чтобы получилось не 9 квадратов, а 5.

Ответ

Ответ.