Тема Межвед (на базе ведомственных образовательных организаций)

Классическая алгебра на Межведе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела межвед (на базе ведомственных образовательных организаций)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#71961

Зафиксируем 10 натуральных чисел $n ,n ,...,n 1 2 10$ и обозначим через $n$ их сумму $n= n + ⋅⋅⋅+ 1$ $n . 10$ Предположим теперь, что на доске в строчку записаны $n$ чисел $a1,...,an,$ каждое из которых равно либо 0, либо 1. Эти числа (в том порядке как они записаны) разбивают на 10 групп:

a◟1,..◝.,◜an1◞,a◟n1+1,..◝.◜,an1+n2◞,...,a◟n1+⋅⋅⋅n9◝+◜1,...,an◞ n1 n2 n10

Группу назовем ненулевой, если в ней содержится хотя бы одна 1. В результате разбиения, в зависимости от того какие числа $a,...,a 1 n$ были взяты изначально, можно получить то или иное число ненулевых групп. Нас будут интересовать такие наборы $a ,...,a , 1 n$ которые при указанном разбиении дают четное число ненулевых групп. Докажите, что число таких наборов $a1,...,an$ (где ненулевых групп будет четно) находится по формуле:

n−1 1 n n n 2 +2 ⋅(2 1 − 2)⋅(2 2 − 2)⋅...⋅(210 − 2)

Источники: Межвед-2022, 11.6 (см. www.academy.fsb.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят найти количество наборов, подходящих под условие. То есть, нам нужно, чтобы количество не нулевых групп было четно. Но если оно четно, то оно равно 0, 2, …, 10. Значит, надо посчитать, сколько у нас вариантов для 0 групп, для 2 групп и так далее, и просуммировать. Давайте начнем с простого. Сколько у нас вариантов для 0 не нулевых групп? А для 2?

Подсказка 2

Для 0 все совсем ясно - это 1 вариант, так как подходит только 000…0. Для 2 - нам надо сначала выбрать номера групп, а потом для каждой из групп найти количество вариантов и перемножить. Как-будто просится «Цэшка», но ведь у нас количество вариантов при разных выборах номеров групп будет разным. Поэтому, нам надо суммировать по всем 1 <= i < j <= 10. А что конкретно нам надо суммировать? Сколько у нас будет вариантов выбора последовательности для группы n_i, к примеру?

Подсказка 3

Верно, нам будут подходить все варианты кроме того, когда в нашей группе стоят все нули. Поэтому для 2 групп у нас будет сумма по тому, что написано выше, величин (2^n_i - 1) * (2^n_j - 1). Меняется ли что-то при увеличении количества групп? Нет. Значит, нашли сколько всего вариантов, но пока это сумма. Значит, теперь нам надо доказать, что она сворачивается в то, что написано в условии. То есть, нам надо доказать, что сумма сумм равна некоторому выражению. А на что эти суммы похожи, если вспомнить формулу раскрытия скобок в выражении (x_1 + 1) * (x_2 + 1) * … (x_k + 1)?

Подсказка 4

Конечно, эти суммы очень напоминают формулу раскрытия скобок в выражении выше, при x_i = 2^n_i - 1. Но вот только в формуле раскрытия этого выражения участвуют как суммы с четным количеством множителей, так и с нечетным. А у нас только с четным. Как нам тогда это исправить? Что нужно сделать, чтобы у нас каким-то образом убрались, уничтожились нечетные слагаемые?

Подсказка 5

Нужно подставить в выражение уже -(2^n_i - 1). Тогда, сумма в подстановках с минусом и без, не будет содержать слагаемых с нечетным количеством множителей, так как они взаимоуничтожатся. Тогда, это значит, что нам осталось найти значения выражения в подстановке с минусом и с плюсом, и сложить их, после чего поделить на два, ведь все слагаемые с четным числом множителей будут дважды включаться в сумму. Производя эти действия, получим требуемое.

Показать доказательство

Искомое число наборов посчитаем, суммируя количество наборов с заданным числом $k$ ненулевых групп:

При $k= 0$ такой набор единственный;
При $k= 2$ их $∑ ni nj 1≤i<j≤10(2 − 1)⋅(2 − 1);$
При $k= 4$ уже $∑ ni nj nl ns 1≤i<j<l<s≤10(2 − 1)⋅(2 − 1)⋅(2 − 1)⋅(2 − 1);$
$...$
При $k= 10$ в итоге $(2n1 − 1)⋅(2n2 − 1)⋅...⋅(2n10 − 1).$

Определим многочлены

σ (x ,...,x )= 1 0 1 10

σk(x1,...,x10)= ∑ xi⋅...⋅xi ,1 ≤k ≤10 1≤i1<⋅⋅⋅<ik≤10 1 k

Как известно из правила раскрытия скобок, такая сумма всевозможных многочленов это сумма по всем наборам и она равна

∑ 0≤k≤10σk(x1,...,x10)= (x1+1)⋅...⋅(x10+ 1),

Если мы сложим эту сумму с суммой таких же многочленов от отрицательных аргументов, то многочлены с нечётными индексами взаимноуничтожатся:

∑ σk(x1,...,x10)+ ∑ σk (−x1,...,−x10) = 0≤k≤10 0≤k≤10

∑ = 2 . σk (x1,...,x10) 0≤k≤10,k..2

Используем полученные результаты:

∑ n n 2N = 2 ..σk (2 1 − 1,...,2 10 − 1)= 0≤k≤10,k .2

n1 n10 n1 n10 =(2 − 1 +1)⋅...⋅(2 − 1+1)+ (− (2 − 1)+1)⋅...⋅((−2 − 1)+ 1)

2N =2n1+...+n10 + (−2n1 + 2)⋅...⋅(−2n10 + 2)

что и требовалось:

N =2n−1+ 1⋅(2n1 − 2)⋅...⋅(2n10 − 2) 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#95854

Пусть $A$ и $B$ — некоторые числовые множества, а множество $C ={a+ b|a∈ A,b∈B }$ представляет собой их сумму.

(То есть множество $C$ состоит из всевозможных сумм элементов множеств $A$ и $B$ . Если, например, $A = {0,1,2},B = {1,2}$ , то $C = {1,2,3,4}$ .)

Известно, что ${ 2828} C = 0,1,2,...,2$ , а максимальный элемент множества $A$ равен $√ - 2020 √ - 2020 ( 2+1) + ( 2− 1) .$

Докажите или опровергните следующие утверждения:

1) и множество $A$ , и множество $B$ содержат конечное число членов;

2) все элементы множеств $A$ и $B$ — целые числа;

3) минимальный элемент множества $B$ не превосходит числа $22828− 22525.$

Источники: Межвед - 2021, 11.8 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

1) если множество $A$ или множество $B$ бесконечно, то и множество $C$ будет бесконечно, а это не так.

Поэтому можем обозначить через $a,b,c$ максимальные элементы этих множеств соответственно и заметить для решения п.3, что $a+ b= c$ .

Отдельно отметим, что такие множества существуют: например, $A= {0,...,a},B = {0,...,c− a}$ .

2) через разложение по биному доказывается, что $a$ целое. Тогда если бы $B$ содержало нецелые, то и $C$ содержало бы нецелые. Поэтому все элементы множества $B$ целые. Отсюда аналогично получаем, что все элементы множества $A$ целые.

3) из предыдущих пунктов понимаем, что неравенство $2828 2525 b≤ 2 − 2$ равносильно неравенству $2525 a≥ 2 .$ Докажем даже более слабое неравенство:

√- ( 2+ 1)2020 ≥22525

Для этого заметим, что $2020= 4⋅505,2525= 5⋅505$ , поэтому достаточно доказать $√- 4 5 (2 +1) ≥ 2.$

А по биному Ньютона получаем

√- √- √- ( 2+ 1)4 =4 +4⋅2 2 +6⋅2+ 4⋅ 2+ 1=

√ - 5 = 17+ 12 2> 17 +12⋅1.4= 33.8 >32= 2

требуемое.

Ответ: всё верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79623

Найдите какие-нибудь целые числа $A$ и $B$ , для которых выполняется неравенство:

√- 0,999< A+ B 2 <1

Источники: Межвед-2019, 11.4 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, что для целых x и y выражение вида (x + y√2)ⁿ для всех n будет принимать тот же вид, то есть (x + y√2)ⁿ = x₁ + y₁√2, где x₁ и y₁ тоже целые числа.

Подсказка 2

Если найти такие целые x и y, что (x + y√2)ⁿ будет больше нуля, но меньше 0.001 при каком-то n, то 1 - (x + y√2)ⁿ будет в нужном нам по условию диапазоне. Какие x и y могут подойти для этого?

Подсказка 3

При x = -1 и y = 1 мы сможем получить число в промежутке от 0 до 0.001, так как √2 – 1 < 1/2. Тогда какой степени n точно будет достаточно, чтобы (√2 - 1)ⁿ было меньше 0,001?

Подсказка 4

√2 – 1 < 1/2, значит, (√2 - 1)¹⁰ < (1/2)¹⁰ < 1/1024 < 1/1000. Остается найти (√2 - 1)¹⁰ и вычесть данное число из единицы!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Мы знаем, что $√- 1.414213562< 2< 1.414213563$ . Давайте посчитаем приближения $√- x⋅ 2$ для маленьких $x$ и найдем какое-то число, которое будет близко к целому. Получим, что $√- 7.07106781< 5 2< 7.071067815$ . Теперь давайте посмотрим на $√- (5 2− 7)y$ и найдем такое $y$ , чтобы это число было близко к 1. Получим $√- 0.99494934< 14(5 2 − 7)< 0.99494941$ . Повторим эту операцию еще раз уже для $√- √ - 0.00505059< (1− 14(5 2− 7))t= (99− 70 2)t< 0.00505066t$ . Тогда при $t= 198$ мы получаем $√- 1 <198(99− 70 2)< 1.00003068$ . Значит, $√ - 0.999< 2− 198(99− 70 2)< 1$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что $√- 2B2−A2 A+ B ⋅ 2= B√2−A-$ . Давайте найдем такие положительные $x$ и $y$ , что $2 2 |x − 2y |=1$ и $√- x+ y 2> 1000$ . Их можно таким способом. Начнем с $x =y =1$ . Для этой пары выполняется первое условие, но не выполняется второе. Заменим ( $x$ , $y$ ) на ( $x+2y$ и $x+ y$ ). Тогда $|(x+ 2y)2− 2(x +y)2|=|− x2− 2y2|=1$ и первое условие остается выполненным, а $√- x+ y 2$ увеличивается хотя бы на 1. Значит, такими операциями мы когда-то дойдем до нужных $x,y$ .