11 класс

Первый день

11.1. Найдите семь попарно различных натуральных чисел, сумма обратных величин которых была бы равна 1.

(Фольклор)

11.2. Существует ли треугольная пирамида, каждое ребро основания которой видно из середины противолежащего бокового ребра под прямым углом?

(Н. Агаханов)

11.3. Известно, что некоторое число x встречается в наборе

\displaystyle\left\{ a_1,\frac{a_1+a_2}{2},\frac{a_1+a_2+a_3}{3},\ldots,\frac{a_1+\ldots+a_{100}}{100}\right\}

по крайней мере 51 раз. Докажите, что среди чисел a_1,\ldots,a_{100} есть два равных.

(Р. Женодаров)

11.4. Функция f(x), определенная при всех действительных x, удовлетворяет следующему условию: уравнение f(x)=px+q имеет решение тогда и только тогда, когда имеет решение уравнение x^2=px+q. Докажите, что f(x)=x^2.

(А. Шаповалов)

Второй день

11.5. Найдите все острые углы \alpha, для которых

\sin(\sin\alpha+\alpha)=\cos(\cos\alpha-\alpha) .

(Н. Агаханов)

11.6. Сто первых натуральных чисел в каком-то порядке записали в ряд и вычислили 98 сумм, получаемых при сложении троек подряд идущих чисел. Какое наибольшее число нечетных сумм могло при этом получиться?

(Р. Женодаров)

11.7. Докажите, что одна из сторон выпуклого четырехугольника с диагоналями a и b не длиннее, чем \displaystyle\frac{a^2+b^2}{4}.

(В. Дольников)

11.8. На плоскости расположено множество A, состоящее из нескольких прямых. Известно, что для любого его подмножества B, состоящего из k^2+1,\ k\ge3, прямых, можно выбрать k точек так, что любая прямая из множества B проходит хотя бы через одну из этих точек. Докажите, что и для всего множества A можно выбрать k точек так, чтобы любая прямая из A проходила через одну из них.

(В. Дольников)

Комментариев: 6

  1. 1 Ян Альбертович Дененберг:

    Одно из возможных решений задачи 11.1.

    Воспользуемся тем, что $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1$
    Представим $\frac{1}{6}$ тем же способом и получим $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{12}+\frac{1}{18}+\frac{1}{36}=1$ — это уже 5 чисел.
    А теперь повторим эту операцию — последнее слагаемое представим так же:
    $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{12}+\frac{1}{18}+\frac{1}{72}+\frac{1}{108}+\frac{1}{216}=1$
    Вот и получили 7 чисел: 2, 3, 12, 18, 72, 108, 216.

    [Ответить]

  2. 2 Лейб:

    Решение Яна Альбертовича, безусловно, правильное.
    .
    Мне удалось обобщить задачу 11.1 следующим образом:
    .
    ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
    Докажите, что для ЛЮБОГО натурального n>2 всегда найдется n попарно различных натуральных чисел, сумма обратных величин которых была бы равна 1.
    ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
    .
    Было бы любопытно обменяться доказательствами.

    [Ответить]

    Ян Альбертович Дененберг Reply:

    Лейб,

    Для нечётного $n>2$ можно доказать по индукции:
    База индукции: для $n=3$ выполняется $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1$.
    Шаг индукции: последнее (наименьшее) слагаемое $\frac{1}{k}$ предстваим в виде $\frac{1}{2k}+\frac{1}{3k}+\frac{1}{6k}$.

    Для чётных (и не только!) $n>2$ можно поступить так: $\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\dots +\frac{1}{2^k}+\frac{1}{2\cdot 2^{k}}+\frac{1}{3\cdot 2^{k}}+\frac{1}{6\cdot 2^{k}}=1$.

    А у Вас какое?

    [Ответить]

  3. 3 Лейб:

    Мое решение примерно такое же.
    .
    Представим вначале число 1 в виде суммы двух равных дробей.
    1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}
    Теперь вторую дробь умножим на единицу.
    1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot1
    Эту единицу представим в виде суммы трех дробей, так же, как у Вас.
    1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6} \right)
    Раскроем скобки.
    1=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}
    Таким образом, задача решена для четырех чисел.
    Ясно, что таким образом можно поступить с наименьшим слагаемым (умножив его на единицу).
    При этом количество слагаемых увеличится на 2.
    .
    А так как мы уже представили единицу в виде трех и четырех нужных слагаемых, то очевидно, что так можно получить ПРОИЗВОЛЬНОЕ количество слагаемых (начиная с трех).
    .
    Я думаю, что такое решение будет понятно для учеников, начиная с 4-5 классов.
    .
    Более строго, конечно, можно в старших классах предложить аналогичное решение обосновать при помощи математической индукции.

    [Ответить]

    Ян Альбертович Дененберг Reply:

    Лейб,
    Спасибо за красивое решение!

    [Ответить]

  4. 4 Ян Альбертович Дененберг:

    Одно из возможных решений задачи 11.6.:

    Ответ: 97 сумм.

    98 сумм получить невозможно, так как если все суммы нечётны, то остаток при делении порядкового номера числа на 3 однозначно определяет чётность этого числа, а отсюда следует, что чётных чисел может быть либо 0, либо 33, либо 34, либо 66, либо 67, либо 100. Нам всё это не подходит.

    97 сумм получить можно:

    2, 4, 1, 6, 8, 3, 10, 12, 5, 14, 16, 7, 18, 20, 9, 22, 24, 11, 26, 28, 13, 30, 32, 15, 34, 36, 17, 38, 40, 19, 42, 44, 21, 46, 48, 23, 50, 52, 25, 54, 56, 27, 58, 60, 29, 62, 64, 31, 66, 68, 33, 70, 72, 35, 74, 76, 37, 78, 80, 39, 82, 84, 41, 86, 88, 43, 90, 92, 45, 94, 96, 47, 98, 100, 49, 51, 53, 55, 57, 59, 61, 63, 65, 67, 69, 71, 73, 75, 77, 79, 81, 83, 85, 87, 89, 91, 93, 95, 97, 99.

    [Ответить]

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение