Рубрики
ЕГЭ МАТЕМАТИКА

1. Будем использовать следующее общепринятое сокращение — если целые числа А и BИмеют одинаковый…

1. Будем использовать следующее общепринятое сокращение — если целые числа А и BИмеют одинаковый остаток при делении на натуральное число тп, то говорят, что «о сравнимо с BПо модулю Т» и пишут: AB (modτn). Также в решении будет использован следующий факт: если AB (mod тп) и С D (mod тп), то AB = с D (mod m).

Приступим к решению. Так как 3τn + 7 ≡ 1 (mod 3), то для выполнения равенства 3τn + 7 = 2nнеобходимо, чтобы 2n ≡ 1 (mod3). Заметим, что если п чётно, n = 2⅛, то 2n = 22fe = 4fc, а поскольку 4 ≡ 1 (mod3), то 4fc ≡ 1 (mod3), т. е. сравнение 2n ≡ 1 (mod3) является верным.

Если же П нечётно, N = 2⅛+l, то 2n = 2∙4fc, 2∙4fc ≡ 2∙1 (mod 3), т. е. 2n ≡ 2(mod3). Следовательно, для выполнения равенства 3m + 7 = 2n необходимо, чтобы n было чётным. Пусть П чётно, n == 2⅛, тогда наше равенство принимает вид: 3m + 7 = 4fc. Для выполнения этого равенства необходимо, чтобы число 3m + 7 делилось нацело на 4 3m + 3 делится нацело на 4 4=>3τn ≡ 1 (mod 4). Заметим, что если Т чётно, Т= 2р, то 3τn = 9p, а поскольку 9 ≡ l(mod4), то 9p ≡ l(mod4)jт. е. сравнение 3m ≡ 1 (mod 4) является верным.

Если же Т нечётно, M = 2P + 1, то 3M = 3 ∙ 9p, 3 ∙ 9p ≡ 3 (mod 4), т. е. 3m ≡ 3 (mod 4). Следовательно, для выполнения равенства 3τn + 7 = 4fc необходимо, чтобы Т было чётным. Пусть Т чётно, Т — 2р, тогда наше равенство можно записать в виде: 22fc- 32p ≈ 7, (2fc— 3p) ∙ (2fc + 3p) = 7. Последнее равенство при натуральных К и Р выполнено в том и только том случае, если 2fc-3p=l, 2fe + 3p= 7, откуда находим: 2fc = 4, 3p = 3, К = 2, Р= 1. При этом исходные неизвестные тип принимают значения Т = 2р — 2 и П = 2к= 4.

Ответ: M = 2,n = 4.

3. 1) Число 3n — П3 делится нацело на 5 <=>числа 3nи П3 при делении на 5 имеют одинаковые остатки.

Определим, какие остатки при делении на 5 имеют степени числа 3: 3i ≡ 3 (mod 5), 32 ≡ 4 (mod 5), 33 ≡ 2 (mod 5), 34 ≡ 1 (mod 5). Легко ви­деть, что далее остатки от деления на 5 числа 3nпериодически повторя­ются с периодом 4, т. е. 3n ≡ 3n+fc (mod 5) для любого натурального чис­ла К. Поэтому имеем:

3n ≡ 3 (mod 5) <=> П = 4K + 1, где К Z;

3n ≡ 4 (mod 5) <=> П = 4к+ 2, где К∈ Z;

3n = 2 (mod 5) <≠∙ П = 4к+ 3, где К Z;

3n = 1 (mod 5) Φ> П = 4fc, где KeZ.

А) Теперь посмотрим, какие остатки при делении на 5 имеет куб цело­го числа: если П 1 (mod 5), то N3 ≡ 1 (mod 5);

Если П 2 (mod 5), то n3 ≡ 3 (mod 5);

Если П 3(mod5), то n3≡ 2(mod 5);

Если П≡ 4 (mod 5), то N3 = 4 (mod 5);

Если П 0 (mod 5), то n3 ≡ 0 (mod 5).

Отсюда получаем: N3 1 (mod 5) <≠> ∏ = 5m + 1, где m∈Z;

N3≡ 3 (mod 5) О П= 5m ÷ 2, где m∈Z;

N3≡ 2(mod5) On = 5m + 3, где m∈Z;

N3 ≡ 4 (mod 5) о П= 5m + 4, где Т Z, (Сокращённые записи n≡ г (mod 5) для Г= 1,2,3,4 развёрнуты следу­ющим образом: П= 5m + г, где m EZ.)

З) Сравнивая остатки от деления на 5 числа Зп, см. пункт 1), с остатка­ми от деления на 5 числа n3, см. пункт 2), получаем, что эти числа имеют одинаковый остаток при делении на 5 только в одном из следующих слу­чаев: а) П = 4K + 1 и одновременно П= 5m + 2, где ⅛,m∈Z;

Б) П = 4к+ 2 и одновременно П —5m -I — 4, где ⅛, m ∈Z

В) П = 4к+ 3 и одновременно П = 5т+ 3, где ⅛,τn∈Z;

Г) П = 4к и одновременно П= 5m + 1, где fc, M Z.

И) Найдём количество натуральных чисел, не превосходящих 2010, для каждого из указанных выше случаев а)—г).

К) В этом случае имеем: 4⅛ + 1 = 5m + 2, 4⅛ — 5m = 1. Воспользуем­ся следующим фактом.

Лемма. Пусть (хо;з/о) — одно из целочисленных решений уравнения Ах + By =С, где а, 6, с —целые числа, причём НОД (а, Ь) —1. Тогда все целочисленные решения этого уравнения определяются формулами:

Х= жо + B ∙ t, У= 2/о — л * t, где T Z. (Доказательство этой леммы см. в Примечании 2К решению задачи С6 теста №13 из книги I данного пособия. При оформлении подобного ре­шения на экзамене, разумно доказательство таких лемм, не влияющих на понимание основной сути решения, выносить в самый конец.)

Одним из целочисленных решений уравнения 4fc — 5m = 1 является пара К —4, Т= 3 (отметим, что К= 4 — наименьшее натуральное число, удовлетворяющее этому уравнению). Применяя сформулированную выше лемму к уравнению 4⅛ — 5m — 1 (числа 4 и -5 взаимнопросты), получа­ем, что все целочисленные решения этого уравнения имеют вид: К= 5i + 4, Т= 4t + 3, где T Z.

Подставляя fc = 5i + 4 в равенство n = 4fc÷l, получаем П—20i + 17. Число всех таких натуральных п, не превосходящих 2010, равно числу целых решений двойного неравенства 0 <20£ + 17 ≤ 2010. Целыми ре­шениями этого неравенства являются 0 ≤ T ≤ 99, а их количество равно 100. Таким образом, в случае а) имеется 100 натуральных чисел, удовле­творяющих условию задачи.

Далее разберём аналогично случаи б) — г).

Л) 4⅛ + 2 = 5m + 4, 4fc — 5m = 2. Одно из целочисленных реше­ний этого уравнения — пара К= 3, Т= 2, а все целочисленные решения имеют вид К = 5T + 3, m = 4i ÷ 2, где T Z.Подставляя К — 5T + 3 в равенство П= 4⅛ + 2, получаем: П= 20t + 14. Далее, 0 < n ≤ 2010 <=><=> 0 < 20t + 14 ≤ 2010 <=> 0 ≤ T ≤ 99, т. е. в случае б) также имеется 100 натуральных чисел, удовлетворяющих условию задачи.

М) 4⅛ + 3 = 5m + 3, 4fc — 5m = 0. Все целочисленные решения этого уравнения имеют вид К= 5t, Т= 4i, где T Z.Подставляя К = 5TВ равенство N = 4fc + 3, получаем: N≈2Qt + 3. Далее, 0 <N ≤2010

0 < 20t + 3 ≤ 2010 0 ≤ T ≤ 100, т. е. в случае в) имеется 101 нату­

Ральное число, удовлетворяющее условию задачи.

Н) Все целочисленные решения этого уравнения имеют вид: К= 5£ + 4,

M = + где TeZ см. случай а). Поставляя K = 5t + 4 в равенство

П = 4fc, получаем: n = 20£ + 16, 0 <П≤ 2010 о 0 < 20t ÷ 16 ≤ 2010 о <=> 0 ≤ T ≤ 99, т. е. в случае г) имеется 100 натуральных чисел, удовлетво­ряющих условию задачи.

Суммируя количества натуральных чисел, удовлетворяющих условию задачи, найденные в каждом из случаев а) —г), получаем: 100+100+101÷ + 100 = 401.

Ответ:401 5. Воспользуемся следующим вспомогательным утверждением, которое докажем в самом конце решения.

Лемма. Если десятичная запись несократимой дроби содержит ко­нечное число знаков, то простыми делителями числа П могут быть лишь числа 2 и 5.

Применяя эту лемму, получаем, что если десятичные записи чисел —

1 71 и содержат конечное число знаков, то простыми делителями чисел П и П+ 1 являются только числа 2 и 5, т. е. числа П и П+ 1 имеют вид: n = 2α∙ 5δ, П+1 = 2c∙ 5d, где α, B,С, D— некоторые целые неотрицательные числа. Таким образом, для решения задачи достаточно найти все целые неотрицательные числа α, δ, с, d, удовлетворяющие равенству

2c∙5d-2α∙5δ= 1 (*).

Заметим, что числа а и с одновременно не могут быть больше нуля, ина­че левая часть равенства (*) делится на 2, что невозможно. Аналогично, числа BИ DОдновременно не могут быть больше нуля. Значит, возможны лишь следующие 4 случая:

1) А= 0, Ь= 0; 2)α = 0,d = 0; 3)c = 0,6-0; 4)c = 0,d = 0. Рассмотрим все эти случаи по порядку.

1) А= 0, B = 0. В этом случае n = 2α∙ 5δ = 1, и поскольку десятичные записи дробей — и действительно имеют конечное число знаков, то П= 1 удовлетворяет условию задачи.

2) А = 0, D = 0. Равенство (*) принимает вид 2c— 5B = 1, 2c = 5b +1. Заметим, что поскольку 5δ + 1 ≡ 2 (mod 4), а число 2е при С≥ 2 делится на 4 без остатка, то равенство 2c = 5δ + l возможно лишь при С —1. При этом B = 0 — этот случай уже рассмотрен выше.

3) С= 0, B ~0. Равенство (*) принимает вид 5D— 2α = 1, 5D=2A + 1. Так как левая часть равенства делится на 5, то и правая часть равенства должна делиться на 5, т. е. 2A= 4 (mod 5). Посмотрим, какие остатки при делении на 5 имеют различные степени 2: 21 ≡ 2 (mod 5), 22 ≡ 4 (mod 5), 23 ≡ 3 (mod 5), 24 ≡ 1 (mod 5). Легко видеть, что далее остатки повторя­ются с периодом 4. Значит, сравнение 2A 4 (mod 5) верно лишь тогда, когда A = 4к+ 2, откуда следует, в частности, что A чётно.

Если а = 2, то равенство 5d = 2α + 1 принимает вид 5d = 5 и вы­полнено для D = 1. При этом П= 2a∙ 5Ь= 22 • 5° = 4, и поскольку десятичные записи дробей ∙∣∙ и действительно имеют конечное число знаков, то П= 4 удовлетворяет условию задачи.

Рассмотрим теперь случай, когда A > 2. Если a > 2, то число 2a делится на 8, и, значит, для выполнения равенства 5d = 2a+l необходимо, чтобы 5d ≡ l(mod8). Легко видеть, что если DЧётно, т. е. D = 2⅛, то 5d = 25* ≡ 1 (mod 8). Если же DНечётно, т. е. D = 2K ÷ 1, то 5d = 5 • 25*, 5d≡ 5 (mod8). Следовательно, для выполнения равенства 5d = 2a + 1 необходимо, чтобы DБыло чётно.

Итак, при A> 2 равенство 5d— 2a = 1 может выполняться лишь для чётных чисел а и d. Но если а и d и чётны, т. е. A2K^ D = 2/, то равенство 5d— 2A = 1 можно преобразовать к виду (5z— 2*) ∙ (5z + 2*) = 1, откуда получаем: 5z = 1, 2*= 0, что невозможно.

4) С —0, D = 0. Равенство (*) принимает вид 1 — 2a∙ 5b = 1 — не выполнено ни при каких значениях А и Ь.

Рассмотрев все возможные случаи, мы получили, что искомыми зна­чениями п являются n = 1 и П= 4. Для полного решения задачи нам осталось лишь доказать сформулированную выше лемму.

Доказательство,

Пусть К — число знаков после запятой в десятичной записи дроби. Тогда 10*∙-^∙ — целое число. Обозначим это число через NИ запишем: 10**771 = NN.Пусть Р — один из простых делителей числа п. Тогда число 10*-TTi делится на Р. Но число Т делиться на Р не может (иначе дробь была бы сократима). Поэтому 10* делится на Р и, значит, Р= 2 или Р= 5, что и требовалось доказать.

Ответ:N = l, П = 4.

Примечание, Несложно показать, что если простыми делителями числа П являются только числа 2 и 5, то десятичная запись дроби —- содержит конечное число знаков при любом целом числе тп. Вместе с этим утвер­ждением сформулированная выше лемма даёт удобный критерий (необ­
ходимые и достаточные условия) проверки любой несократимой дроби ~l на конечность или бесконечность её десятичной записи. Этот критерий по­

подпись: 1
23’
Лезно иметь ввиду при решении заданий части В. Так, например, если в ре­

подпись: то не проводя дальнейших

подпись: вычислений (которые могут оказаться весьма трудоёмкими) вы можете

зультате вычислений Вами получен ответ быть уверены, что этот ответ неправилен — по сформулированному кри­терию дробь является бесконечной десятичной дробью, а ответом на Zu задание части В должна быть конечная десятичная дробь.

7. 1) — = Ют2+ 1 m(18m2 + N2=N(10m2 + 1j

П18m2 + n2 v ‘

(18т2 —IOnm + n2) • Т = п (*). Из равенства (*) следует, что если су­ществуют натуральные тип, удовлетворяющие требуемому неравенст­ву, то п ∙ m, т. е. п = K• т, где К — некоторое натуральное число.

2) Выполнив подстановку П = к • т в равенство (*), получим:

(18m2— IOfcm2 + fc2m2) ∙ m = Кт<=> m2(18 — IOfc + fc2) = К о

От2 = — х———————— (**). Заметим, что если равенство (**) выполне-

Fc2- IOfc + 18

Но при некоторых натуральных Т и К, то ———————- ≥ 1 (поскольку

К — IOfc + 18

M2 ≥ 1 при m∈W). Последнее неравенство при всех К> 0 равносильно неравенству К K2— IOfc + 18, fc2— Ilfc ÷18≤0θ2≤fc≤9. Таким образом, равенство (**) может быть выполнено для натуральных Т и К Лишь в том случае, когда К∈ [2; 9].

3) Введём обозначение /(fc) = — х—————— и вычислим значения

7 K2 -IOfc + 18

Функции /(fc) для всех натуральных чисел из отрезка [2; 9]: /(2) = 1, /(3) = -1, /(4) = -∣, /(5) = -∣, /(6) = -1, /(7) = -1 f(8) = 4, /(9) = 1. Отсюда видим, что /(fc) является квадратом целого числа, как это требуется для выполнения равенства (**), лишь при К= 2, К = 8 и К= 9. Поэтому все решения уравнения (**) в натуральных числах — это пары К= 2, m = 1; К —8, Т — 2; fc = 9, M = 1.

Вспоминая, что п — к∙ m, получаем все искомые пары (m; n): (1; 2), (1;9), (2; 16).

Ответ:(m; n) ∈{(1; 2), (1; 9), (2; 16)}.

9. 1) Пусть Х + у + Z = з. Разделим числитель и знаменатель данного в √≡υ + √υ≡÷ Fzx

Условии выражения на з : — χ,∣j *~∣.г’у————— =

=У//S2 + Y/Yzjs2 + Fzx[^= 1х_ . Y_ +Iл β Z_ + Lz_ Iх_

÷ у + Z)∕S У S S У S 3 уз S

Заметим, что если ввести обозначение Х = —, у — &Z = —,то для s з $

X,Y, ZВыполняется соотношение J÷i∕ + z = l, а данное в условии вы­ражение имеет вид: √α⅞7 + √s∕? ÷ √^∙ Таким образом, задача сводится к нахождению наибольшего значения выражения У/ху + YYz + √≡≡ для положительных х, У, ZПри том условии, что Х + у + Z = 1.

2) Докажем следующее вспомогательное утверждение.

Лемма. Если Х > 0IY> 0,и сумма Х + у равна фиксированной величи­не з, то:

А) выражение YXyПринимает наибольшее значение при Х = у == —∙;

Б) выражение YX + YYПринимает наибольшее значение при Х = у = Доказательство.

А) Выразив У через Х из равенства Х + у= з и подставив в выраже­ние Ху, получим выражение x(s — Х). Квадратичная функция Sx — х2 Принимает наибольшее значение при Х= ∙∣∙, тем самым, утверждение а) доказано.

Б) Заметим, что {YX +√^)2 = х + у + 2λXy.Из этого равенства следует, что значение выражения YX + YYТем больше, чем больше значение выражения YXy.Так как согласно утверждению а), которое уже доказано, значение выражения χ∕xτ/ максимально при Х = у = —∙, То значение выражения YX+YYТакже максимально при Х = у = Что и требовалось доказать.

Вернёмся к решению нашей задачи.

3) Из доказанной выше леммы следует, что при любом фиксированном значении переменной ZЗначение выражения YXy + YYz + YZx = = у/ху+ (√^ ÷ √*7)√Ξ максимально тогда, когда Х — у — * ~ 2 (напомним, что Х ÷ у + Z — 1, откуда следует, что при фиксированном значении Z~ZqСумма Х + у равна фиксированной величине 1 — го).

Подставляя Х = у = —~ ZВ выражение YXy + (λ∕x + χ∕j∕)λ∕∑,

Получаем выражение 1 г+ 2⅜M — z■ √≡ = 1 z + √2(z — г2). & у &

Без ограничения общности можно считать, что Х ≥ у≥ г. Тогда из положительности х, У, ZИ условия Х + у + Z = 1 следует, что Z ≤ -∣-. Итак, наибольшее значение данного в условии выражения равно наибольшему значению функции F(Z) = * ~ Z + Y∕2(ZZ2)На промежутке (θ; -∣∙j. Исследуем функцию F(Z)При помощи производной: F‘(Z) = -1 + —. 1 (2(z — z2))’ = -√2(* -*2)+Z2∑l41 .

2 2√2(z-z2) V” 2√2(ZZ2)

подпись: кеНайдём нули производной: Fl(Z) = 0 <=> 2 — 4Z = Y∕2(ZZ2) =>=> 4(1 — 2Z)2 = 2(ZZ2). 2(1 — 4Z + 4г2) = Z— г2, 9г2 — 9г + 2 = О, Zi = —∙, Z2 = ∙∣∙. Из этого следует, что внутри интервала ^0; -∣∙) нулей производной нет, т. е. /'(г) не меняет знак внутри интервала. Легко видеть, что F,(Z)> 0 при «достаточно малых» г (например, при г = 0,1), поэтому F,(Z) > 0 при всех г ∈ ^0; -!■). Следовательно, /(г) возрастает на всём интервале (θ; -∣J и достигает своего наибольшего значения на промежут — 437I 1 1-2

В точке Z = ± При г == •—, Х = у = — ÷—Имеем:
о о Z

X = Y = Z = ^,AЗначение данного в условии выражения равно 1. о

Ответ:1.

Примечание. Если воспользоваться тем фактом, что при положительных x,2∕1^, удовлетворяющих равенству Х + у+ г = 1, наибольшее значе­ние выражения YXy + YYz + YZxСуществует, то выкладок пункта 3) можно избежать, сразу заметив, что это наибольшее значение достига­ется тогда, когда χ = j∕ = 2 = — l. B самом деле, если предположить, что наибольшее значение выражения YXy + YYz + YZxДостигается при некоторых xo,2∕o, Zq.Для которых условие Xq = уо =Го = ∙∣∙ не выпол­нено, например, Уо≠ го, то по лемме пункта 2) имеем, что для ,,, Равных Xj = хо, = = 1 ~⅛Zq, значение этого выражения больше, чем для хо, 2/о» что противоречит нашему предположению. По сути, ес­ли T/о ≠ ^о, то «уравнивая» значения переменных У и г, согласно лемме пункта 2) мы увеличиваем значение нашего выражения.

Однако строгое доказательство существования наибольшего значения выражения YXy +YYz+YZxНа множестве положительных чисел х, Yi 2, удовлетворяющих равенству Х + у + Z = 1, требует знаний, выходящих за рамки школьного курса (доказательство этого утверждения неслож­но свести к теореме о существовании наибольшего значения непрерывной функции на компактном множестве).

Указания к задачам С6 задачника

№2. Запишем данное уравнение в виде: 3∙2M = (NL)(N+L). Возможны два случая: 1) N ≈ 2P + 1, где Р — нечётное число; 2) N = 2Fe• Р+ 1, где K ≥ 2, Р — нечётное число. В 1-ом случае имеем: 3 ∙ 2M = 4P(P ÷ 1) =>либо р = 1, либо P = 3(P=L — не подходит, при р = 3 получаем: Т= 4, N = 7). Во 2-ом случае из равенства 3 ∙ 2τn = 2Fc+1 *P (2Fc-1P + 1) следует, что К+1 = Т. Далее из равенства 3 = P∙ (2Fc^1 ∙P+1) получаем, что р = 1, К= 2, и, значит, Т= 3, П= 5.

№4. Степени числа 2 при делении на 7 имеют следующие остатки:

21 ≡ 2 (Mod 7), 22 ≡ 4 (Mod 7), 23 ≡ 1 (Mod 7), 24 ≡ 2 (Mod 7) и т. д. Квадраты натуральных чисел при делении на 7 имеют следующие остатки; L2L(Mod7), 22≡4(Mod7), 32≡2(Mod7), 42≡2(Mod7), 52≡4(Mod7), 62≡L(Mod7), 72≡0(Mod7).

Отсюда несложно видеть, что 2NN2 (Mod 7) только в одном из сле­дующих шести случаев:

1) N = Зк+ 1 = + 3; 2) N = Зк+ 1 = 7M + 4;

3) N = Зк+ 2 = 7M + 2; 4) N = Зк+ 2 = 7M + 5;

5) N = Зк= 7M ÷1; 6) N = 3⅛ = 7M + 6.

Количество натуральных чисел п, представимых в указанном виде и мень­ших 10000, для каждого из случаев подсчитывается аналогично тому, как это сделано в решении задачи С6 предыдущего теста.

№6. Предположив, что N = 2α ∙ 5B, N + 4 = 2C ∙ 5Dзапишите уравнение 2O — 5B + 4 = 2C ∙ 5D. Исследуйте отдельно случаи:

A)B = O,D = O; 6)6 = 0,DL; в) D = O,δ>L.

Покажите, что в случаях б) и в) данное уравнение сводится соответствен­но к уравнениям 2A~2 + 1 = 5Dпри A ≥ 2 и 5B+L = 2C^2при с ≥ 2, которые рассмотрены в решении предыдущей задачи.

№8. =—————— ——- х <=> M8Mn— 9m2- n2) = 2п (*).

2n 8mn-9m2-n2 v 7

Отсюда следует, что 2n∙ Т и возможны только два случая:

1) m = 2p, p∈Z; 2) Т — нечётно, тогда П\т и, значит, n = KM, KtZ.

В каждом из указанных случаев уравнение (*) преобразуется к урав­нению того же вида, что и уравнение (**) из решения задачи С6 предыду­щего теста.

J.3 I Л.3 I 3

№10. Преобразовав данное выражение к виду ——» покажите (аналогично тому, как это сделано в решении предыдущей задачи), что до­статочно рассмотреть случай, когда Xyz = 1. Затем докажите, что если произведение Ху равно фиксированной величине, то сумма x3+ у3 мини­мальна при Х = у, и примените ту же схему решения, что использована в решении предыдущей задачи.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *