Математика. Решение задач по теории чисел профильного уровня ЕГЭ. Учебное пособие

18. Ответ: а) 1, 2, 3, 0, 5, …, 233, –230, 235 (схема а, 3 – а, 2 + а); б) нет; в) 23.

Решение

а) Начальное значение a1 = 1, последнее значение an = 235. Следовательно, члены некоторой подпоследовательности возрастают. Рассмотрим схему увеличения очередного члена последовательности.

41

Пусть задано целое число а. Можно построить удовлетворяющую условию задачи последовательность а, 3 – а, 2 + а, поскольку сумма двух соседних членов равна а + (3 – а) = 3 или (3 – а) + (2 + а) = 5. Заметим, что число а после приписывания двух членов по этой схеме увеличилось на 2 единицы.

Следовательно, начиная с a1 = 1 можно получить любое нечётное число, в том числе и 235.

Пример последовательности:

1, 2, 3, 0, 5,…, 233, –230, 235 удовлетворяет условию задачи. Число членов последовательности равно 235.

б) Нет. Поскольку сумма двух соседних членов есть нечётное число (или 3, или 5, или 25), то они имеют разную чётность. Следовательно, члены с нечётными номерами нечётны, а с чётными номерами чётны. Поэтому 1000-й член не может быть равным 235.

в) Три соседних члена ak, ak + 1, ak+2, 1≤ k ≤ n–2 удовлетворяют неравенствам:

Последовательность состоит их нечётного числа членов. Имеем цепочку неравенств:

an a2m 1 a2m 1 22 a2m 3 2 22 ... a1 m 22,

235 1 22m m 11.

Значит, последовательность состоит из не менее чем n = 23 членов. Остаётся построить пример, реализующий это значение.

Любое число а последовательности, приписав к нему ещё два числа, можно увеличить на следующее число единиц:

+2: а, 3 – а, 2 + а; –2: а, 5 – а, а – 2; +20: а, 5 –а, а + 20;

–20: а, 25 – а, а – 20; +22: а, 3 –а, а + 22;

–22: а, 25 – а, а – 22.

42

Максимальное увеличение составляет +22 и +20. Чтобы последовательность содержала наименьшее число членов, необходимо, чтобы она росла как можно быстрее. Поскольку (235 – 1)/22 = 10,6…, то потребуется не менее 11 пар чисел после первого члена последовательности, чтобы достигнуть числа 235, что подтверждает ранее полученную оценку.

Поскольку 234 = 4 20 + 7 22, то необходимо добавить к исходному числу 1 ещё 4 пары, дающие увеличение +20, и 7 пар, дающих увеличе-

ние +22, всего 1 + 4 2 + 7 2 = 23 числа.

Искомый пример: 1, 4, 21, –16, 41, –36, 61, –56, 81, –78, 103, –100, 125, –122, 137, –144, 169, 191, –188, 213, –210, 235.

Замечание. Пример, построенный в пункте а), основан на схеме а, 3 – а,2 + а, когда увеличение составило +2, и содержал 235 членов. Пример пункта в) также удовлетворяет условиям задачи и содержит минимальное число членов, равное 23.

19. Ответ: а) 1, 10, 17, 22; б) да, например, 1,10, 17, 17, 10, 1; в) 70.

Решение

а) Пусть a1, a2,a3, a4 искомые числа. Из условий задачи получаем систему

Положим а3 = 17, тогда из неравенства следует, что а2 ≥ 10. Поло-

жим а2 = 10. В таком случае а4 = 49 – (а2 + а3) = 49 – (10 + 17) = 22.

Получили последовательность 1, 10, 17, 22, для которой условия задачи выполнены и сумма равна 1 + 10 + 17 + 22 = 50.

б) Возьмём пример пункта а) и вместо последнего члена 22 допишем предыдущие члены, но в обратном порядке: 1, 10, 17, 17, 10, 1.

43

Проверку выполнить самостоятельно. в) Для 2 k 9 выполнено неравенство

Последовательность разностей соседних членов является убывающей.

bk bk 1 1 bk 2 2 ... b1 (k 1).

Для a1 и a10 имеем оценки:

Исключим bk из неравенств (17) и (18), для чего умножим неравен-

ство (17) на положительное число 10 k , а неравенство (18) на k 1 и сложим их:

9ak 92(k 1)(10 k) 9,

44

Сумма чисел a1 a2 ... a10 70 . Если в неравенствах стоит знак

равенства, то получим последовательность 1, 5, 8, 10, 11, 11, 10, 8, 5, 1, которая удовлетворяет условиям задачи, и её сумма равна 70.

20. Ответ: а) 7; б) 5002; в) 5054.

Решение

Число аи сумма его цифр S(a) дают одинаковый остаток при делении на 9 (см. утверждение задачи 15). Значит, однозначное число bn равно

остаткуотделениячленапрогрессии an 2014 13(n 1) на9,(еслиостаток равен нулю, то однозначное число равно 9): bn 3 4n (mod9).

Остатков конечное число. Последовательность однозначных чисел будет

периодической с периодом 9:

Из табл. 2 заключаем, что a1 и a10 преобразуются в однозначное число 7, поэтому период действительно равен 9.

45

а) 1000 = 9 111 + 1. Период повторяется 111 раз и ещё одна первая цифра периода. Значит, тысячное число будет совпадать с первой цифрой периода, равной 7.

б) Сумма чисел, стоящих в периоде, равна 45. Следовательно, сумма первой тысячи чисел равна 45 111 + 7 = 5002.

в) 1010 = 9 112 + 2. Период повторяется 112 раз, сумма этих чисел равна 45 112 = 5040 и имеется ещё два подряд идущих числа периода.

Поскольку ищется наибольшая сумма, то просматривая табл. 2, заключаем, что наибольшая сумма двух подряд идущих чисел периода равна 5 + 9 = 14.

Окончательно искомая наибольшая сумма равна 5040 + 14 = 5054.

21. Ответ: а) да, например 5, 6, 7; б) 39, например 1, 2,…, 39;

в) n 3, n 6.

Решение

а) Сумма чисел равна

2a1 d2(n 1)n 18 (2a1 d (n 1))n 2 2 3 3.

Число n – делитель 18, не меньший 3. Возьмём n 3, тогда

a1 d 6.

Требуемый пример получается, если положить d 1. Искомый

набор 5, 6, 7.

б) Поскольку а1 ≥1, d ≥1, то справедливо неравенство

nmax 39 .

Возьмём a1 1, d 1. Сумма равна

S 2 12 3839 20 39 780 800.

в) По условию 2a1 d2(n 1)n 111 (2a1 d(n 1))n 2 3 37 .

46

Если делитель n 37, то

2a1 d (n 1)n 36 37 111. 2 2

Пусть n 3. Тогда

2a12 2d 3 111 a1 d 37.

Возьмём, например, d 1, a1 36. Искомый набор 36, 37, 38. Возьмём n 6 . Тогда

2a12 5d 6 111 2a1 5d 37 .

Решение уравнения в целых числах имеет вид

a1 1 5m,

d 7 2m, m N0.

При m 3 получим набор чисел 16, 17, 18, 19, 20, 21 с суммой, рав-

ной 111.

22. Ответ: а) нет; б) да; в) 581.

Решение

а) На рис. 2 при n = 3 изображено дерево возможных случаев.

Рис. 2

47

Вывод: последовательность не может состоять из двух членов. б) По ветке (a,8a, 64a)сумма чисел равна 73a 2618 a N .

По ветке (a,8a, a) сумма чисел равна10a 2618 a N .

Искомая последовательность: 1232, 154, 1232.

в)Разобьёмчисланапарысоседнихчленов:первыйивторой,третий и четвёртый и так далее. Сумма чисел в каждой паре делится на 9 и поэтому не меньше 9. Поскольку 2618 = 9 290 + 8, то всего 290 пар и ещё одно число 8 без пары. Всего количество членов равно 2 290 + 1 = 581. Реализующий пример:

290

8,1,8,1,...,8,1, 8.

Покажем, что больше, чем 581, слагаемых быть неможет.Если слагаемых более, чем 581, то разобьём первые 582 члена последовательности на 291 пару соседних чисел, сумма чисел в каждой паре не меньше 9. Значит, сумма всех членов последовательности не меньше

9 291 = 2619 > 2618.

Противоречие.

23. Ответ: а) да; б) нет; в) 68.

Решение

а) Обозначим через c и d разности арифметических прогрессий (an )

и (bn ):

an a1 (n 1)c , bn b1 (n 1)d .

При этом c 1, d 1, поскольку прогрессии возрастающие. Преобразуем равенство

a1b1 2a3b3 4a4b4 a1b1 2(a1 2c)(b1 2d ) 4(a1 3c)(b1 3d ), a1b1 4cd.

48

Положим c d 1. Тогда a1b1 4 и можно взять, например,

a1 1, b1 4.

Получили пример прогрессий 1, 2, 3, … и 4, 5, 6, …Проверка показывает, что равенство пункта а) выполняется.

б) Аналогично выражение 2a1b1 a4b4 3a2b2 преобразуется к виду 2a1b1 a4b4 3a2b2 6cd (проверить самостоятельно). Следовательно, если 2a1b1 a4b4 3a2b2 0 6cd 0, что невозможно, поскольку c 1, d 1.

в) В ходе решения пункта б) получено равенство

2a1b1 a4b4 3a2b2 6cd.

Значит, a2b2 допускает оценку

a2b2 2a1b1 a34b4 6cd 2103 6 68.

При этом если c d 1, то неравенство a2b2 68 становится равенством a2b2 68. Положим, например, a2 2, b2 34 .

Получили прогрессии 1, 2, 3, 4, … и 33, 34, 35, 36,…

Для них 2a1b1 a4b4 210 и a2b2 2 34 68.

24. Ответ: а) да, например 73, 74, 75, 76; б) да; в) 18.

Решение

Пусть прогрессия возрастающая, т. е. а1 ≥1, d ≥1.

а) Sn 2a1 d2(n 1)n 298 (2a1 d (n 1))n 2 2 149.

Возможные значения n: 2, 4, 149, 296, 596 – делители числа 596. Возьмём, например, n = 4, тогда 2a1 + 3d = 149. Если d = 1, то а1 = 73,

S = 298.

б) При а1 = 20 и d = 2 получаем прогрессию 20, 22,…, 88 (n = 35). в) Пусть 4 ≤ d ≤ 8. В последовательности 0, 1,…, 98, 99 содержится подпоследовательность 20, 22, …, 88 (наибольшей длины), которая не

содержит цифр 1и 9. Тогда

an a1 (n 1)d n 1 an d a1 ,

49

10 n 18.

Реализующий пример прогрессии с а1 = 20 и d = 4: 20, 24,…, 88 (n = 18).

2.3. Проценты, доли, части

25. Ответ: а) нет; б) да; в) 12.

Решение

Округление числа а и замена его приближённым значением a0 с точностью до сотых означает выполнение неравенства

a0 0,005 a a0 0,005.

Пусть N – число опрошенных респондентов, из них ответили утвердительно на первый вопрос n человек, на второй вопрос – m человек.

Поскольку n составляет приближённо 58 % от N, то справедливо неравенство

0,415N m 0,425N.

а) Если N = 40, то система (20) примет вид

23 n 23,4,16,6 m 17.

50