Конкурсні задачі з математики Контори ПІ

Розв'язуємо задачі з математики

1.       Кравець має два шматки однакової тасьми загальною довжиною 35 м. Йому треба відрізати шість кусків тасьми довжиною 1 м, 2 м, 3 м, 7 м, 10 м та 11 м. Чи завжди він це зможе зробити?

Розв’язання.  Сума довжин шести кусків: 1+2+3+7+10+11=34 м

Створимо таблицю можливого відрізання від двох даних шматків:

Довжина 1 шматка m1    0≤d<1	Довжина 2 шматка m2  0≤d<1	Загальна відповідь
m1Î[0; 0+d]:   Відповідь:	m2Î(35-d;35]:   1+2+3+7+10+11=34 м. Відповідь: так	так
m1Î[1; 1+d]:   1 м.  Відповідь: так	m2Î[34;35-d):   2+3+7+10+11=33 м. Відповідь: так	так
m1Î[2; 2+d]:    2 м . Відповідь: так	m2Î[33;34-d):   1+3+7+10+11=32 м. Відповідь: так	так
m1Î[3; 3+d]:     3 м. Відповідь: так	m2Î[32;33-d):   2+3+7+10+11=33  м. Відповідь: так	так
m1Î[4; 4+d]:     1+3=4 м  Відповідь: так	m2Î[31;32-d):   2+7+10+11=30  м.  Відповідь: так	так
m1Î[5; 5+d]:   2+3=5 м Відповідь: так	m2Î[30;31-d):   1+7+10+11=29  м.     Відповідь: так	так
m1Î[6; 6+d]:    1+2+3=6 м Відповідь: так	m2Î[29;30-d):   7+10+11=28  м.     Відповідь: так	так
m1Î[7; 7+d]:    :  7 м Відповідь: так	m2Î[28;29-d):   2+3+1+10+11=27 м. Відповідь: так	так
m1Î[8; 8+d]:    : 7+1=8 м. Відповідь: так	m2Î[27;28-d):   2+3+10+11=26 м. Відповідь: так	так
m1Î[9; 9+d]:    : 7+2=9 м.   Відповідь: так	m2Î[26;27-d):   1+3+10+11=25 м. Відповідь: так	так
m1Î[10; 10+d]:    7+3=10 м.  Відповідь: так	m2Î[25;26-d):   1+3+10+11=25 м. Відповідь: так	так
m1Î[11; 11+d]:      7+3+1=11 м.  Відповідь: так	m2Î[24;25-d):   2+10+11=23 м. Відповідь: так	так
m1Î[12; 12+d]:    7+3+2=12 м.  Відповідь: так	m2Î[23;24-d):   1+10+11=22 м. Відповідь: так	так
m1Î[13; 13+d]:    7+3+2+1=13 м.    Відповідь: так	m2Î[22; 23-d):   10+11=21 м. Відповідь: так	так
m1Î[14; 14+d]:  11+2+1=14 м.        Відповідь: так	m2Î[21; 21-d):  10+7+3=20 м.  Відповідь: так	так
m1Î[15; 15+d]:  11+3+1=15 м.          Відповідь: так	m2Î[20; 21-d):  10+7+2=19 м.    Відповідь: так	так
m1Î[16; 16+d]:    11+3+2=16 м.          Відповідь: так	m2Î[19; 20-d):  10+7+2=19 м.     Відповідь: так	так
m1Î[17; 17+d]:  10+7=17 м.            Відповідь: так	m2Î[18; 19-d):  11+3 +2+1=17 м.            Відповідь: так	так

Ця таблиця продовжується далі за властивістю пере нумерування індексів даних двох шматків m₁  на m₂ та пере нумерування індексів даних двох шматків m₂  на m₁

Відповідь: це зробити не можна.

2. Нехай a₁,  a₂, …,a₂₀₂₀ – непарні натуральні числа, серед яких можуть бути однакові. Чи може виявитися так, що   5 =1 / a₁  + 1/ a₂ + …. + 1 / a₂₀₂₀?

Доведення від супротивного. Припустимо, що існує такий набір 2020 –и різних непарних натуральних чисел, що виконується умова задачі.  Скористаємося формулою суми  декількох перших членів геометричної прогресії, отримаємо

5=(1/а₁)(q²⁰²⁰-1)/(q-1), де  а₁ та q - деякі непарні натуральні числа

Перетворимо цю формулу і отримаємо:

 q²⁰¹⁹+ q²⁰¹⁸ + … + q +1 = 5а₁

q²⁰¹⁹+ q²⁰¹⁸ + … + q +1 – парне число, бо парне число непарних доданків;

5а₁ – непарне число.

Це протиріччя доводить неможливість рівності:  5 =1 / a₁  + 1/ a₂ + …. + 1 / a₂₀₂₀?

1.       Розв'яжіть систему рівнянь:  

ab +bc+ca=1  (*1*),  

a²b +c  = a +b²c = b +аc²  (*2*).

Розв’язання.  Розглядаємо систему на множині дійсних чисел. Рівняння (1) та рівність (2)  не змінюються, якщо виконати  кругову заміну невідомих змінних: 

1)      а на b;   с на а;  b на с;

2)      а на -b;   с на -а;  b на -с;

Отже, розглянемо випадки:

1) а= b = с;

2) а= b; с- довільне число; 

3) b =с, а – довільне число;

4) а =с, b – довільне число;

Для випадку: 1) а= b =с. Тоді з першого рівняння отримаємо  3а²=1, звідси а₁=1/(3)^0,5,  а₂=-1/(3)^0,5,

(а₁; b₁; c₁)=( 1/(3)^0,5; 1/(3)^0,5;  1/(3)^0,5)    (а₂; b₂; c₂)=( -1/(3)^0,5; -1/(3)^0,5;  -1/(3)^0,5)

Ці два розв'язки  перевіряємо для рівностей (2):

1)a²b +c  = a +b²c = b +аc²=  (1/(3)^0,5)²+1/(3)^0,5=(1/3)(1+(3)^0,5)  задовольняє.

2) a²b +c  = a +b²c = b +аc²=  (-1/(3)^0,5)²-1/(3)^0,5=(1/3)(1-(3)^0,5)   задовольняє.

Тепер виконаємо  тотожні перетворення для другої рівності із трьох виразів отримаємо:

a²b +c  = a +b²c;    a²b -а  = b²c-с;          a(аb -1)  = с(b²-1);       (3)

a +b²c = b +аc²;     - b +b²c = -а +аc²;     b(bc-1) = а(с²-1);         (4)  

a²b +c  = b +аc²;     - b +а²b = -с +аc²;    b(a²-1) = с(ас-1).         (5)  

Перемноживши (3), (4), (5), отримаємо:  

a(аb -1)b(bc-1)b(a²-1) =  с(b²-1)а(с²-1)с(ас-1);      

a((a²-1)b²(аb -1)(bc-1) -с²(b²-1)(ас-1)(c²-1))=0;                           (6)

   Випадок для рівності (6).  Для рівняння (6) маємо корінь:   a=0;  

тоді  для рівності (1):  0•b +bc+c•0=1, bc=1; b=1/c.                (7)

Для рівності(5):  0²b +c  = b +0×c²;     c=b                                    (8)

c=1/c;   с²=1; c=-1; c=1.

Таким чином,  розв’язок системи:  (а₉; b₉; c₉)=(0; -1; -1),   (а₁₀; b₁₀; c₁₀)=(0; 1; 1).   

Враховуючи кругові  заміни: Отримаємо ще чотири розв’язки системи. 

             

Відповідь: 

(а₁; b₁; c₁)=( 1/(3)^0,5, 1/(3)^0,5,  1/(3)^0,5)  

 (а₂; b₂; c₂)=( -1/(3)^0,5, -1/(3)^0,5,  -1/(3)^0,5)

(а₃; b₃; c₃)=(-1; -1; 0),

(а₄; b₄; c₄)=(1; 1;  0), 

(а₅; b₅; c₅)=(1; 0; 1),

 (а₆; b₆; c₆)=(-1; 0; -1),  

(а₇; b₇; c₇)=(0; 1; 1), 

 (а₈; b₈; c₈)=(0; -1; -1).