Докажите, что в любой компании число тех людей, которые знакомы с нечетным числом членов компании, четно

5.9. Докажите, что в любой компании число тех людей, которые знакомы с нечетным числом членов компании, четно.

Решение.

Обозначим число людей, которые имеют в компании нечетное число знакомых, через k, а число знакомых этих людей соответственно через a₁, a₂,…, a_k . Кроме того, число людей, знакомых с четным числом членов компании, обозначим через n, а число знакомых этих людей соответственно через b₁,b₂,…,b_n. Тогда общее число знакомств равно

( a₁ + a₂ +…+ a_k + b₁ + b₂ +…+ b_n)/ 2

Сумма b₁ + b₂ +…+ b_n  четна, так как все ее слагаемые четны.

Тогда для того, чтобы эта дробь была равна целому числу, сумма

a₁ + a₂ +…+ a_k, должна быть четной. Но все слагаемые последней суммы нечетны, поэтому число k слагаемых суммы может быть только четным.

5.10. Докажите, что не существует многогранника, у которого 1997 граней – треугольники, а остальные грани – четырехугольники и шестиугольники.

5.11. Окружность разделили на 40 равных дуг и в 40 точках деления поставили по шашке. Среди шашек 25 белых и 15 черных. Докажите, что среди шашек найдутся белая и черная, которые стоят на концах одного диаметра.

Решение.

Допустим, что это не верно. Рассмотрим любую белую шашку и диаметр, на котором она стоит. Тогда по нашему допущению на другом конце этого диаметра должна стоять тоже белая шашка. Получается, что всего белых шашек ( как и черных ) четное число. Но последнее противоречит условию задачи.

5.12. Сумма номеров домов одного квартала равна 99, а соседнего квартала той же улицы – 117. Найдите номера всех домов этих кварталов.

5.13.В некотором натуральном числе произвольно переставили цифры. Докажите, что сумма полученного числа с исходным не может быть равна 999…9 (125 девяток).

Решение.

Обозначим исходное число через а, число, полученное из него после перестановки цифр – через b.

Допустим, что равенство

а + b = 999…9 (125 девяток)

возможно. Тогда при сложении чисел а и b не может быть переноса единицы в следующий разряд. Так как сумма цифр чисел а и b равны, то сумма цифр у числа а + b в два раза больше, чем у числа а, а значит она четна. Но с другой стороны , эта сумма равна 9 125, а следовательно, нечетна. Мы получили противоречие.

5.14. Какое наибольшее количество натуральных чисел можно записать в строку так, чтобы сумма любых трех соседних чисел была четной, а сумма любых четырех соседних чисел – нечетной?

Решение.

Обозначим последовательные натуральные числа строки через а₁, а₂, а₃ и т. д.

По условию суммы

а₁ + а₂ + а₃, а₂ + а₃ + а₄, а₃ + а₄ + а₅, а₄ + а₅ + а₆

и другие четны. Вычитая из каждой суммы, начиная со второй, предыдущую получим, что разности  

а₄ - а₁, а₅ - а₂, а₆ - а₃,…

четны, а следовательно, имеют одинаковую четность пары чисел

а₄ и а₁, а₅ и а₂, а₆ и а₃ и т. д.

Выпишем нечетные суммы, состоящие из четырех соседних чисел: а₁ + а₂ + а₃+ а₄ = (а₁ + а₂ + а₃)+ а₄ ,

а₂ + а₃ + а₄+ а₅ = (а₂ + а₃ + а₄)+ а₅,

 а₃ + а₄ + а₅+ а₆ = (а₃ + а₄ + а₅)+ а_6,…

Отсюда следует, что числа а₄, а₅, а₆ и т. д. нечетны. Но тогда сумма а₄ + а₅ + а₆ нечетна, а это противоречит условию.

Полученное противоречие возникает всякий раз, когда чисел не меньше шести. Попробуем взять пять чисел .

Рассуждая аналогично , устанавливаем, что числа а₄, а₅ нечётны, а следовательно , по предыдущему, нечетны и числа а₁, а₂ .Тогда, так как сумма а₁ + а₂ + а₃ чётна , то число а₃ чётно .

Сделаем ещё проверку и убедимся в том, что если взять пять чисел а₁, а₂, а₃, а₄, а₅ , где число а₃ чётно, а остальные нечётны, то каждая из сумм а₁ + а₂ + а₃, а₂ + а₃ + а₄, а₃ + а₄ + а₅ чётна, а каждая из сумм а₁ + а₂ + а₃ + а₄ , а₂ + а₃ + а₄ + а₅ нечётна.

Ответ: 5.

5.15.Можно ли на клетчатой бумаге, закрасить 25 клеток так, чтобы у каждой из них было: а) четное, б) нечетное число закрашенных соседей? (клетки называются соседями, если у них общая сторона )

Решение.

Предположим, что удалось закрасить 25 клеток требуемым образом. Попробуем найти число общих сторон закрашенных клеток и придем к противоречию. Сосчитаем, сколько у каждой клетки общих сторон с соседями, сложим полученные числа и сумму разделим пополам (так как каждую общую сторону мы считали при этом дважды ). У каждой клетки – нечетное число соседей, и клеток 25. Сумма 25 нечетных чисел нечетна и поэтому нацело на 2 не делится.

Ответ: а) можно, б) нельзя.

Такое же рассуждение показывает, что при любом нечетном n, закрасить n клеток так, чтобы у каждой было нечетное число закрашенных соседей, невозможно. В случае любого четного n такая раскраска возможна.

5.16. Существует ли замкнутая ломаная, которая пересекает каждое свое звено ровно один раз и состоит из: а) 6 звеньев, б) 7 звеньев ?

Простые и составные числа

Натуральное число, большее 1, называется простым, если оно делится только на 1 и на само себя. Натуральное число называется составным, если оно имеет больше двух различных делителей.

Принято считать, что число 1 не относится ни к простым, ни к составным числам.

Отсюда следует, что множество натуральных чисел можно разбить на такие три подмножества: множество простых чисел, множество составных чисел и множество содержащее единственный элемент 1.

Справедлива следующая теорема.

Любое натуральное число, большее 1, можно и притом единственным образом представить в виде произведения простых чисел.

Это предложение называется основной теоремой арифметики натуральных чисел.

Среди простых делителей натурального числа могут быть равные, и их произведение можно записать в виде степени. Тогда разложение натурального числа а на простые множители можно представить в следующем виде:

a = p₁^k1p₂^k2 … p_n^kn,

где p₁, p₂,…, p_n- различные простые числа, k1, k2,…, kn – натуральные.

Задачи

5.17.К двузначному числу приписали такое же число. Может ли полученное число быть простым?

5.18. К числу, являющемуся произведением двух последовательных натуральных чисел, приписали справа число 21. Докажите, что полученное число – составное.

5.19. Натуральные числа a и b таковы, что 31a = 54b. Докажите, что число a + b – составное.

Решение.

Так как число 31а делится на 54 и числа 31 и 54 – взаимно простые, то а делится на 54: a = 54n; где nÎN. Тогда

31 54 n = 54b, b = 31n.

Отсюда a + b = 54n + 31n = 85n, а следовательно, число a + b является составным.

5.20. Натуральные числа a и b удовлетворяют условию 15a = 32b. Может ли число a – b быть простым? Если может – постройте пример; если не может – докажите.

5.21. Назовите все натуральные n, при которых число n⁴ + 4 –составное.

Решение.

Попробуем разложить выражение n⁴ + 4 на множители с целыми коэффициентами. Мы привыкли к тому, что сумма квадратов на множители с целыми коэффициентами не раскладывается. В данном случае это делается с помощью приема «плюс – минус» следующим образом:

 n⁴ + 4 = (n⁴ + 4 + 4n²) - 4n² = (n² + 2)² - 4n² = (n² + 2n + 2)( n² - 2n + 2).

Очевидно, множитель n² + 2n + 2 всегда больше 1. Второй множитель n² - 2n + 2 может быть равным 1:

n² - 2n + 2 = 1, n² - 2n + 1 = 0, (n – 1)² = 0, n = 1.

Так как при n = 1 множитель n² + 2n + 2 принимает значение 5, являющееся простым числом, то значение n = 1 нужно отбросить.

Ответ: все n не равные 1.

5.22. Докажите, что любое число вида а = 101010…101 (n нулей, n + +1 единица, где n > 1) – составное.

Решение.

Преобразуем число а, учитывая, что всего у него 2n + 1 цифр, а следовательно, первая единица – разряда 2n:

a = 101010…101 = 10²ⁿ + 10^2n-2 + 10^2n-4 +…+ 10² + 1 =

= (1/(10² -1))(10² – 1)(10²ⁿ + 10^2n-2 +…+10² +1) =

= (1/99)(10²ⁿ⁺²-1) = (1/99)((10ⁿ⁺¹)² – 1) = (1/99)(10ⁿ⁺¹+1)( 10ⁿ⁺¹-1).

Теперь рассмотрим два случая.

1)  Пусть n четно.

Тогда сумма 10ⁿ⁺¹+1 делится на 11, причем частное от такого деления больше 1, так как 10ⁿ⁺¹+1 >11; разность 10ⁿ⁺¹-1 делится на 9, причем частное также больше 1, так как 10ⁿ⁺¹+1 >11; разность 10ⁿ⁺¹-1 делится на 9, причем частное также больше 1. Получилось составное число

а = ((10ⁿ⁺¹+1)/11) ((10ⁿ⁺¹-1)/9).

2)  Пусть n нечетно.

В этом случае разность 10ⁿ⁺¹-1 делится на 10² – 1= 99 и частное больше 1, поскольку 10ⁿ⁺¹-1 > 99.

5.23. Докажите, что все числа вида

10001,100010001,1000100010001,…

-  составные.

5.24. Докажите, что число 8(3^5k+ 5⁵ⁿ) – 5 при любых натуральных k и n является составным.

5.25. Какое наибольшее число простых чисел может быть среди 15 последовательных натуральных чисел, больших 2?

Решение.

Очевидно, простые числа нужно искать среди нечетных. Из 15 последовательных натуральных чисел имеется 7 или 8 нечетных. Среди любых трех последовательных натуральных чисел ровно одно делится на 3, поэтому среди 7 или 8 последовательных нечетных натуральных чисел имеется 2 или 3 числа, делящихся на 3. Если их отбросить, то останется 5 или 6 нечетных чисел.

Нужно еще убедиться, что такие 6 простых чисел возможны. Например, если взять такие 15 последовательных натуральных чисел: 3, 4, 5, 6,…, 17, то среди них – 6 простых. 3, 5, 7, 11, 13, 17.

О т в е т: 6.

5.26. Составьте из простых чисел все возможные арифметические прогрессии с разностью 6 и числом членов, большим 4.

5.27. Докажите, что все числа p, p + 2, p + 4 являются простыми только в случае, когда они образуют тройку 3, 5, 7.

Решение.

Рассмотрим несколько случаев, в зависимости от p.

При p = 2 число p +2 = 4 – составное, поэтому значение p = 2 отпадает.

При p = 3 получим тройку 3, 5, 7, о которой упоминается в условии задачи.

При p = 5 число p + 2 = 7 – простое, но число p + 4 = 9 – составное, значит, p = 5 нужно отбросить.

При p = 7 число p + 2 = 9 – составное.

При p = 11 число p + 4 = 15 – тоже составное.

Возникает предположение, что подходит только p = 3. Докажем его.

Нетрудно заметить, что значение p = 5, p = 7, p = 11 не подходили потому, что или p + 2 или p + 4 делятся на 3. Убедимся, что так будет всегда при простом p>3.

Простое число, большее 3, не делится на 3 и, следовательно, при делении на 3 может давать в остатке только 1 или 2. Рассмотрим оба случая.

1)  Пусть p при делении на 3 дает в остатке 1: p = 3k + 1 (kÎN). Тогда число p + 2 = (3k + 1) + 2 = 3k = 3 делится на 3, причем частное от этого деления больше 1. Значит число p + 2 составное.

2)  Пусть p = 3k + 2 (kÎN). Тогда число p + 4 = (3k + 2) + 4 = 3k + 6 – составное.

5.28. Найдите все такие p, что числа p, p + 10 и p + 20 – простые.

Задачи этого пункта – это, по существу, числовые ребусы. Своеобразие таких задач в том, что одна из двух компонент действия получается из другой путем перестановки или зачеркивания цифр.

Задачи на зачеркивание цифр в натуральном числе

5.29. Найдите все натуральные числа, которые при зачеркивании последней цифры уменьшаются в 14 раз.

Решение.

Обозначим искомое число через 10x + y, где x – количество десятков числа, y – его последняя цифра. Тогда

10x + y = 14x, y = 4x.

Так как y есть цифра, то и x – цифра, причем не превосходящая 2. Полагая x = 1, 2, находим, что соответственно y = 4, 8.

Похожие работы

Технологія складання нестандартних задач з математики

Скачать

21335

0

0

... зміну площ, об'ємів, маси, віку; визначення дня тижня). 4. Задачі геометричного змісту (на просторову орієнтацію, метричні і позиційні задачі). 5. Задачі на рух. Технологія складання нестандартних задач полягає у: а) визначенні параметрів задачі, які покладаються в основу її сюжетної лінії. Наприклад, відстань між двома населеними пунктами; числа; зріст дітей; довжина відрізків; вік хлопчика ...

Развитие продуктивного мышления на уроках математики

Скачать

125027

2

0

... «экспериментальных» (52 чел.) и «контрольном» (28 чел.), т. е. в нем участвовало 80 человек. В нашей методике моделировалось проблемное обучение, непосредственно направленное на развитие продуктивного мышления. Она была построена в виде естественного обучающего эксперимента, в котором школьники включаются в проблемные ситуации, рассчитанные на самостоятельное решение новых для них учебных задач. ...

Нестандартные задачи в курсе школьной математики (неполное и избыточное условие)

Скачать

66732

4

4

... : 1. Задачи с несформированным условием – задачи, в которых имеются все данные, но вопрос задачи лишь подразумевается. 2. Задачи с избыточным условием – задачи, в которых имеются лишние данные, не нужные для решения, а лишь маскирующие необходимые для решения задачи данные. 3. Задачи с неполным составом условия – задачи, в которых отсутствуют некоторые данные, необходимые для решения задачи, ...

Нестандартные методы решения уравнений и неравенств

Скачать

36664

0

12

... этом промежутке неравенство (11) также не имеет решений. Итак, неравенство (11) решений не имеет. Ответ: Ø. 3 НЕКОТОРЫЕ ИСКУССТВЕННЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ Существуют и другие нестандартные методы решения уравнений и неравенств, помимо использования свойств функции. Данная глава посвящена дополнительным методам решения. 3.1 Умножение уравнения на функцию Иногда решение ...