Алгебраические текстовые задачи

Построим пример 8 квадратных трёхчленов, удовлетворяющих условию задачи:

Данные многочлены составлены так, чтобы их значения в точках соответствовали следующей таблице:

У трёхчленов этого примера нет общего корня, его нет даже у и Осталось показать, что они удовлетворяют условию. Очевидно, никакие два из этих трёхчленов не дают в сумме ноль.

Пусть выбрана какая-то пара из этих квадратных трёхчленов. Если была выбрана пара где то все многочлены можно разбить на пары каждая сумма этих пар имеет корень

В противном случае нетрудно убедиться, что значение суммы двух выбранных трёхчленов или в точке или в точке (а может быть, и в обеих сразу) равняется нулю. Выберем такое Оставшиеся многочлены в точке принимают значения и ровно по три раза, и их можно разбить на пары так, чтобы в суммы всех четырёх пар равнялись нулю, то есть было их общим корнем.

Считаем, что дощечки выложены на числовой прямой. Примем

Возьмем такое, что разность длин любой пары соседних дощечек больше Отметим на прямой бесконечную в обе стороны арифметическую прогрессию с разностью так, чтобы концы дощечек не были отмечены. Кузнечик будет прыгать только по отмеченным точкам, и длины его прыжков будут из множества

где а натуральное подберём так, что и

Стратегия кузнечика будет такой: прыгать вправо по зелёной дощечке на пока возможно, и далее перепрыгивать очередную красную дощечку прыжком минимальной возможной длины (такая длина найдётся, поскольку длина самого длинного прыжка больше ). Итак, пусть сделан прыжок длины из зелёного отрезка через очередной красный отрезок Нам остаётся убедиться, что после этого прыжка кузнечик окажется в следующем зелёном отрезке Предположим, что это не так, и кузнечик из точки где перепрыгнул в точку Видим, что

значит, в множестве длин прыжков кузнечика есть длина Далее, по выбору имеем

поэтому можем оценить

Видим, что а значит, кузнечик мог из точки перепрыгнуть красный отрезок прыжком более коротким, чем Противоречие.

Будем наращивать множество ситуаций, в которых Тая побеждает (т.е. сможет получить равных чисел).

(1) Пусть у нас нечётных чисел. Тогда за одну операцию можно получить двоек.

(2) Пусть никакая сумма двух соседних чисел не является степенью двойки. Тогда за одну операцию можно получить ситуацию (1).

(3) Пусть среднее арифметическое всех чисел не равно степени двойки. Покажем, что сможем прийти к ситуации (2). Воспользуемся следующей леммой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть …, — вещественные числа, их среднее арифметическое. За один ход меняем набор …, на

Тогда для любого через несколько ходов все числа будут лежать в интервале

Доказательство леммы. Сделаем переобозначения, пусть

— данные числа, так что

Пусть

Ясно, что после хода не увеличится. Достаточно понять, что через некоторое количество ходов этот максимум отклонения станет не более для некоторого фиксированного Ниже увидим, что можно положить и

Через ходов у нас будет набор …, где

Так как

имеем

Отсюда

Аналогично все

что завершает доказательство леммы.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Ясно, что Выберем так, чтобы интервал () целиком помещался между соседними степенями двойки:

для некоторого натурального Будем проводить много раз операцию замены пары соседей на их сумму. Тогда, согласно лемме, найдётся такое, что после операций все числа будут лежать в интервале

а значит, в интервале между соседними степенями двойки и Значит, после операции выполнялось условие (2).

(4) Пусть все числа не меньше 2. Если мы не в ситуации (2), то есть пара соседей сумма которых равна где — натуральное. Попробуем сделать следующую операцию произвольно, только и заменим на число 2. Пусть в такой попытке мы не пришли в ситуацию (3), то есть получили ситуацию, в которой среднее арифметическое равно степени двойки. Тогда сделаем другую попытку, в которой все пары меняются так же, только и заменяются на 4. По сравнению с первой попыткой увеличилось на поэтому мы окажемся в ситуации (3).

(5) Пусть набор исходных чисел произвольный. Тогда после одной операции замены пары чисел на сумму имеем ситуацию (4).

Первое решение.

Пусть — производительность -ого землекопа в долях от единицы в час, тогда общая производительность бригады будет

Время работы -ого землекопа составит часов, при этом он выполнит долю работы, равную Запишем условие выполнения полной работы:

Время выполнения работы бригадой в этом режиме равно

Время копания ямы при условии одновременной работы всей бригады будет равно

Тогда искомое отношение — это Вычислим его:

По доказанному ранее,

Следовательно,

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть во время того, как очередной член бригады копает, остальным также выдали лопаты, и они также копают. По условию задачи, за время копания одним землекопом, остальные выкопали бы часть ямы. Когда все члены бригады отработают каждый свою часть, будет выкопана дополнительно часть ямы, то есть еще одна яма. Тогда всего за то же время будет выкопаны две ямы, поэтому работа могла быть закончена в два раза раньше.

Построим график зависимости от времени выраженного в часах, угла между стрелками, выраженного в градусах.

Наклон графика по абсолютной величине равен относительной угловой скорости минутной стрелки относительно часовой, то есть 330 градусов в час. На графике отмечено время от 0 до 12 часов. В следующие 12 часов ситуация повторяется. Когда значение функции становится равным возрастание сменяется на убывание. Таким образом, функция имеет наименьший период и на промежутке если ровно 11 полуинтервалов длины периода.

Посмотрим на момент, “когда Нику исполнится столько же лет, сколько Клыкхаузеру сейчас”. По условию, он произойдет в будущем, значит, сейчас Клыкхаузер старшей Ника. Кроме того, в тот момент Джуди будет вдвое меньше лет, чем Нику тогда или Клыкхаузеру сейчас. Значит, Клыкхаузер старше Джуди. Поэтому из них всех он самый старший. Кроме того, по условию когда Нику будет столько же, сколько Клыкхаузеру, Джуди будет вдвое его младше. Значит, она и сейчас младше Ника, поэтому из всех троих она самая младшая.

Пусть гирек весами грамма на весах стало соответственно (если ничего не потеряно, то ). Тогда суммарная масса гирек равна . Число делится на (при делении будет ), значит,

делится на .

Отсюда сразу же следует, что делится на Но тогда либо , либо количества гирек отличаются хотя бы на , а изначально их было поровну, так что хотя бы потеряно (это больше , что и требовалось доказать).

Если всё-таки , то суммарная масса равна и делится на . Но число не делится на (при делении на получается нечётное число , ещё на поделить нацело невозможно). Так что всё-таки такой случай невозможен.

Пусть Федя положил рублей на свой телефон и комиссия составила натуральное число процентов. Тогда от его суммы вычитается рублей. Получается рублей, где

Итак,

По основной теореме арифметике из сократимости дроби следует, что это произведение каких-то множителей из числителя. Простым перебором можно убедиться, что в заданный интервал попадает только произведение Так что

Обозначим , тогда - середина отрезка для каждого . Легко видеть, что на отрезке точки будут расположены в следующем порядке:

Поэтому

Далее, длина отрезка в два раза меньше длины отрезка , откуда длина отрезка в четыре раза меньше длины отрезка . Значит,

Первое решение.

Заметим, что как бы ни изготавливали новый сплав, содержание титана в нём будет не меньше минимального из содержаний титана в имеющихся сплавах. Поэтому содержание титана в любом изготовленном сплаве будет не менее . С другой стороны, сплав 3 подходит под условия на содержание алюминия и молибдена. Значит, наименьшее содержание титана .

Теперь найдём наибольшее содержание титана в таком сплаве. Заметим, что если при изготовлении нового сплава мы использовали сплав 2, то можно его заменить на сплав 1: от этого содержание алюминия уменьшится, а молибдена и титана - увеличится. Поэтому в сплаве с наибольшим содержанием титана не участвует сплав 2.

Сразу отметим, что тогда в таком сплаве будет молибдена, т.е. он подходит под условие на молибден. В сплаве 1 титана больше, чем в сплаве 3 , но сплав 1 не подходит под условие на алюминий. Понятно, что чем меньше мы возьмём сплава 3, тем больше будет титана в изготовленном сплаве. Возьмём ровно столько, чтобы выполнилось условие на алюминий: и масса сплава 1 и 3 соответственно), откуда , т.е. можно взять 23 части сплава 1 и 17 частей сплава 3. Тогда содержание титана в процентах будет

Второе решение.

Пусть взято и первого, второго и третьего сплава соответственно, причём . Тогда условия задачи можно записать так:

Изобразим на координатной плоскости область (см. рисунок), удовлетворяющую системе неравенств

Процентное содержание титана . Легко видеть, что минимум этого числа достигается в точке и равен 6 . Чтобы найти максимум, заметим, что абсцисса точки равна , а ордината точки . При этом коэффициент при в больше. Значит, значение в точке точно больше (мы большее число умножаем на большее число), и равно

Пусть — количество абонементов, проданных с максимальной ( pуб.) скидкой. Количество остальных акционных абонементов тогда выражается формулой , где . При этом общая сумма скидок, равная (руб.), равна с другой стороны (руб.)

Уравнение при не имеет целых корней, а при получается Искомое теперь находим как частное от деления 515 на

Пусть всего задач тогда первый проспал второй — третий задач. При этом мы знаем, что одно из этих чисел в три раза больше некоторого другого. Для этого необходимо, чтобы их разность была кратна двум, а этому условию удовлетворяет только пара Отсюда Отсюда оставшийся проспал задач.

Первое решение.

Для любого предъявим явно начальную рассадку, которая является -удачной для любого натурального числа

Сначала для данного построим конечную геометрическую прогрессию со знаменателем для которой выполнено условие

Требуемый набор существует при любом целом поскольку уравнение

имеет решение на интервале так как левая часть меняет знак на его концах.

Расположим теперь кузнечиков в следующих начальных точках:

Рассмотрим прыжок первого кузнечика через второго; тогда его новая координата будет равна Получилось, что прыгнувший кузнечик стал самым правым, а все кузнечики теперь расположены в точках

Сдвинув начало координат на 1 вправо, получим координаты кузнечиков

Таким образом, кузнечики уменьшили свои координаты ровно в раз. Если указанный шаг (прыжок самого левого кузнечика через ближайшего соседа) повторять раз, то попарные расстояния уменьшатся в раз, что позволит достичь любого нужного уменьшения

Второе решение.

При как бы кузнечики ни прыгали, расстояние между ними не меняется.

Пусть Рассадим 1-го, 2-го и 3-го кузнечиков на прямой в точках с координатами 0, 1, назовём этих кузнечиков Остальные произвольно рассаживаются в другие попарно различные точки. Покажем, что для всякого кузнечики далее смогут прыгать так, чтобы сумма попарных расстояний уменьшилась хотя бы в раз (исходную сумму обозначим через

Лемма.

Пусть три кузнечика сидят на прямой в попарно различных точках и отношение расстояний от одного из них до двух других иррационально. Тогда сколько бы они ни сделали прыжков друг через друга, они всё равно будут в попарно различных точках, и отношение расстояний от одного из них до двух других будет иррационально.

Доказательство леммы.

Покажем, что эти условия сохраняются при прыжке. Предположим, для некоторого кузнечика отношение расстояний до двух других рационально, тогда эти расстояния имеют вид и где рационально. Тогда расстояние между другими двумя кузнечиками ненулевое и имеет вид тогда отношение любых двух расстояний между кузнечиками рационально, противоречие. Пусть какой-то кузнечик перепрыгнул через кузнечика тогда расстояния от до обоих кузнечиков не изменились, а значит, отношение этих расстояний осталось иррациональным, в частности расстояния различны, и потому кузнечики по-прежнему находятся в попарно различных точках.

Вернёмся к задаче.

Пусть первые несколько ходов будут прыгать только кузнечики и только через друг друга, согласно лемме при таких прыжках они всегда будут оставаться в попарно различных точках. Покажем, что спустя любое количество таких ходов они смогут далее прыгать так, чтобы текущее минимальное из попарных расстояний между ними уменьшилось не менее чем в два раза.

Пусть, не умаляя общности, в текущий момент минимально расстояние между кузнечиками с координатами и а имеет координату . Отметим на прямой все точки с координатами, отличающимися от на число, кратное Понятно, что прыгая друг через друга кузнечики смогут занять любые две соседние отмеченные точки, тогда не находится в отмеченной точке (по лемме прыгая только через друг друга остаются в попарно различных точках), тогда , могут занять две соседние отмеченные точки между которыми лежит и расстояние от до одного из кузнечиков будет не более то есть наименьшее расстояние уменьшилось хотя бы в 2 раза.

Тогда за несколько ходов кузнечики могут уменьшить наименьшее расстояние между ними хотя бы в 2 раза, потом за несколько ходов ещё хотя бы в 2 раза, потом ещё, и т.д, могут за несколько ходов добиться того, чтобы расстояние между какими-то двумя из них было равно некоторому числу , меньшему — пусть они так и сделают. Назовём каких-нибудь двух кузнечиков, между которыми расстояние хорошими, и одного из них назовём далее эти кузнечики уже не прыгают.

Далее, любой кузнечик не из пары хороших может прыгая через пару хороших (в подходящем порядке) смещаться на в любую сторону на прямой, и тогда может за несколько прыжков через них оказаться на расстоянии меньшем от пусть все кузнечики кроме хороших сделают прыжки таким образом. Тогда расстояние от любого кузнечика до будет меньше а значит, все попарные расстояния меньше а значит, их сумма меньше

Давайте считать, что все шарики синие. В пустые коробки положим по красному шарику. Теперь пустых коробок нет. Покажем даже более сильное утверждение: что для любого есть инструкция не длиннее чем со следующим свойством.

Пусть в коробочках, стоящих в ряд, лежат красные и синие шарики, причём для хотя бы одного из цветов шарики этого цвета лежат подряд (такие конфигурации назовём непрерывными). Тогда можно вычеркнуть часть строк и получить инструкцию, после выполнения которой все синие шарики будут левее всех красных шариков, а также можно получить инструкцию, после которой все красные шарики левее всех синих (нумерация коробок слева направо).

Воспользуемся методом математической индукции. Понятно, что для такая инструкция есть. Это база индукции. Теперь покажем, как из инструкции для сделать инструкцию для и для этого будет достаточно. Обозначим или Инструкция для будет выглядеть так:

I группа: сначала все пары вида в любом порядке

Если нечетно, сюда приходится добавить все пары вида при (назовём эти команды дополнительными).

II группа: инструкция для первых коробочек из индукционного предположения

III группа: все пары различных чисел вида в любом порядке

При длина этой инструкции не превышает

При длина этой инструкции не превышает Теперь почему она работает. Есть тот цвет, которого не больше , назовём его основным. Покажем, что можно выполнить часть инструкций I группы так, чтобы все шарики основного цвета лежали среди первых коробочек, и при этом конфигурация среди первых коробочек будет тоже непрерывной.

Есть четыре варианта того, как могут располагаться шарики основного цвета.

1) Они идут подряд, и все они среди левых коробок — ничего делать не надо;

2) Они идут подряд, и все они среди правых коробок — используем все пары вида ;

3) Они есть и среди левых коробок, и среди остальных правых, при этом они идут подряд. Заметим, что ни в какой паре вида нет двух шариков основного цвета. Все основные шарики тогда перенесем справа налево (тогда шарики не основного цвета будут среди первых шариков лежать подряд.

4) Шарики основного цвета — самые первые и самые последние. Перенеся последние влево (при нечётном используя дополнительные операции), получаем требуемое.

(Про это всё проще думать, если мыслить расположение коробочек не в ряд, а по окружности.)

После этого применим часть инструкций II группы, чтобы среди первых коробочек слева оказались все шарики основного цвета.

После этого окажется, что среди коробочек сначала идут подряд шарики одного цвета, а потом шарики другого. То есть мы пришли либо к искомой ситуации, либо к зеркальной. Перестановками третьей группы, если надо, отразим конфигурацию, и получим что хотели получить.

Сначала покажем, что в данном наборе есть тройки гирь, одна из которых уравновешивает две другие. Все веса не превосходят поэтому равенства

равносильны. Воспользовавшись формулой

получаем, что

Тогда Выбирая теперь различные натуральные и раскладывая на множители, находим подходящие тройки, в которых каждое число не превосходит Результат для и представлен в следующей таблице:

Теперь покажем, как разложить гири по чашам:

(в таблице указано значение для гири весом Таким образом нам удалось выбрать 10 гирь и разложить по 5 гирь на разные чаши весов так, чтобы установились равновесие.

Можно рассмотреть четыре случая (они соответствуют тому, что кто-то один из двоих стартовал первым, и кто-то один из двоих сделал остановку).

Но можно заметить, что если остановку делал велосипедист, то не важно, выехал он раньше или позже мотоциклиста, в движении он находился меньше времени, чем мотоциклист, и поэтому в В приедет позже. Значит, остановку делал мотоциклист. Тогда, обозначая через время движения велосипедиста и через его скорость, получаем два случая:
а) Если велосипедист выехал раньше, то откуда Поэтому время финиша равно
б) Если мотоциклист выехал раньше, то откуда Тогда время финиша равно

Пусть за столом стояло стульев (т.е. за столом сидело всего человек). На круге точками отмечены стулья. Числом рядом с точкой обозначено количество стульев, разделяющих Петю и человека, сидящего на этом стуле.

Тогда число стульев, посчитанных Петей, включая Васю, равно

Обозначим число стульев, вычисленное для Васи. Тогда

Учитывая, что , , , получим единственное натуральное решение двойного неравенства: . Тогда число стульев за столом равно , а количество стульев, разделяющих Петю и Васю,

Первое решение.

Заметим, что за каждый неудачный выстрел стрелок просто теряет один патрон, а за каждый удачный выстрел получает патронов на один больше, чем очков, но при этом теряет один патрон за этот выстрел. Получается, что очков суммарно получено столько же, сколько получено дополнительных патронов.

Так как стрелок промахнулся 2023 раза, то он получил дополнительных патрона. Столько он получил и очков.

Второе решение.

Пусть числа выстрелов, результатом которых было получение и очков соответственно. Тогда общее число выстрелов равно:

Каждый выстрел приносит такие очки: При этом с каждым результатом связано определённое число выстрелов, а именно:

1.

Если был промах, то этот результат не даёт дополнительных выстрелов, и с ним связан единственный выстрел, который и дал промах.

2.

Если было получено одно очко, то с этим результатом связано выстрела, а именно, тот, который дал этот результат, и плюс два дополнительных премиальных.

3.

Если было получено очка, то с этим результатом связано выстрела: один — который дал результат, и премиальных.

4.

Если было получено очка, то с этим результатом связано выстрелов (аналогичные рассуждения: один исходный премиальных).

Тогда рассмотрим сумму:

Заметим, что в этой сумме каждый выстрел учтен ровно два раза, тогда:

Заметим, что это выражение - количество набранных Юрой очков.

Пока Алина бежала половину пути, Ралина и Галина пробежали метров в сумме. Тогда в момент, когда Алина закончит забег, Ралина и Галина пробегут метров. Тогда им останется пробежать метров.

Сразу забудем про одну произвольную чёрную вершину -угольника. Заметим, что среди оставшихся вершин найдутся подряд идущие, среди которых красных точек больше, чем чёрных. Будем сдвигать эту четвёрку на один по часовой стрелке пока не придём в четвёрку, в которой ровно вершины красного цвета и одна — чёрного (такое случится, так как мы рано или поздно первый раз встретим чёрную вершину). Возьмём соответствующий четырёхугольник и выкинем его. На оставшихся вершинах повторим операцию. Так будем продолжать, пока не останется красных вершин и чёрных. Затем будем по очереди проводить рассуждения для чёрного цвета, затем снова для красного и так далее. В конце останется красная вершина и две чёрные. Значит, мы нашли не пересекающихся четырёхугольника.