Приведите пример четырёхзначного числа, произведение цифр которого в 10 раз больше суммы цифр этого числа
Задача. а) Приведите пример четырёхзначного числа, произведение цифр которого в 10 раз больше суммы цифр этого числа.
б) Существует ли такое четырёхзначное число, произведение цифр которого в 175 раз больше суммы цифр этого числа?
в) Найдите все четырёхзначные числа, произведение цифр которых в 50 раз больше суммы цифр этого числа?
Решение.
а) 2355.
На самом деле, сумма 2+3+5+5=15, произведение 2 ∙ 3 ∙ 5 ∙ 5 = 150 и 150 > 15 в 10 раз.
б) Пусть искомое четырёхзначное число записано цифрами x, y, z и t (в любой последовательности). По условию можно составить равенство:
то какие-то три из чисел x, y, z и t должны быть кратны числам 5 и 7. Но каждое из чисел x, y, z и t не меньше 1 и не больше 9, поэтому три числа из четырёх равны 5, 5 и 7. Пусть x=5, y=5, z=7.
отсюда после сокращения дроби получим 17 + t = t. Это уравнение решений не имеет, следовательно, нет такого четырёхзначного числа, произведение цифр которого в 175 раз больше суммы цифр этого числа.
в) Будем искать такие цифры x, y, z и t, чтобы выполнялось равенство:
Так как 50 = 2 ∙ 5 ∙ 5, то две из четырёх цифр равны по 5, а третья кратна числу 2, т.е. может быть равна 2 или 4 или 6 или 8. Пусть x=5, y=5, z=2. Тогда получим уравнение
Отсюда 12 + t = t. Это уравнение решений не имеет, поэтому возьмём z=4.
отсюда 14 + t = 2t или t=14. Однако, t – натуральное число, меньшее или равное 9, следовательно, z=4 не подойдёт.
Пусть z=6, тогда получаем равенство:
и после сокращения дроби имеем: 16 + t = 3t, откуда t = 8.
Проверка.
Сумма 5 + 5 + 6 + 8 = 24; произведение 5 ∙ 5 ∙ 6 ∙ 8 = 1200 и 1200 > 24 в 50 раз.
Искомые четырёхзначные числа мы получим перестановкой цифр 5, 5, 6 и 8.
Так как это перестановка с повторениями, то количество всех четырёхзначных чисел равно 4! : 2! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 : (1 ∙ 2) = 24 : 2 = 12. Вот эти числа:
5568, 5586, 5685, 5865, 6855, 8655, 5658, 5856, 6585, 8565, 6558, 8556.
Ответ: а) 2355; б) нет; в) 5568.
Числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 16 произвольно делят на три группы так, чтобы в каждой группе было хотя бы одно число
Задача. Числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 16 произвольно делят на три группы так, чтобы в каждой группе было хотя бы одно число. Затем вычисляют значение среднего арифметического чисел в каждой из групп (для группы из единственного числа среднее арифметическое равно этому числу).
а) Могут ли быть одинаковыми два из этих трёх значений средних арифметических в группах из разного количества чисел?
б) Могут ли быть одинаковыми все три значения средних арифметических?
в) Найдите наименьшее возможное значение наибольшего из получаемых трёх средних арифметических.
Решение.
а) Да. Возьмём группы:
1) 1, 2, 8 и 9. Среднее арифметическое (1+2+8+9) : 4 = 5.
2) 3 и 7. Среднее арифметическое (3+7) : 2 = 5.
3) 4, 5, 6 и 16. Среднее арифметическое: (4+5+6+16) : 4 = 7,75.
Средние арифметические первых двух групп равны.
б) Попробуем составить группы так, чтобы их средние арифметические были равны.
Пример 1.
1) 1, 2, и 16. Среднее арифметическое
2) 3, 4, 8 и 9. Среднее арифметическое (3+4+8+9) : 4 = 6.
3) 5, 6 и 7. Среднее арифметическое: (5+6+7) : 3 = 6.
Нет, не получилось. А, может, так:
Пример 2.
1) 5 и 8. Среднее арифметическое (5+8) : 2 = 6,5
2) 6. Среднее арифметическое самого числа равно этому числу 6.
3) 1, 2, 3, 4, 7, 9 и 16. Среднее арифметическое: (1+2+3+4+7+9+16) : 7 = 6.
Опять не то. Или так:
Пример 3.
1) 6. Среднее арифметическое самого числа равно этому числу 6.
2) 3 и 9. Среднее арифметическое (3+9) : 2 = 6.
3) 1, 2, 4, 5, 7, 8 и 16. Среднее арифметическое:
Пример 4.
1) 4 и 8. Среднее арифметическое (4+8) : 2 = 6.
2) 3 и 9. Среднее арифметическое (3+9) : 2 = 6.
3) 1, 2, 5, 6, 7 и 16. Среднее арифметическое:
Не получается. Но мы заметили, что каждое из средних арифметических близко к среднему арифметическому всех десяти чисел:
(1+2+3+4+5+6+7+8+9+16) : 10 = 61 : 10 = 6,1. И если бы средние арифметические всех трёх групп были равны, то они были бы равны, именно, числу 6,1, но это невозможно, потому что: 1) сумма чисел в каждой группе выражается целым числом; 2) ни одну из сумм чисел в любой группе, не придется делить на 10, максимум на 7, как в примере 3.
Вывод: нет, одинаковыми все три значения средних арифметических быть не могут.
в) Примеры 1-4, рассмотренные в пункте б), позволяют понять непростой вопрос, на который нам предстоит ответить: «найдите наименьшее возможное значение наибольшего из получаемых трёх средних арифметических».
Очевидно, что выбирать наименьшее придется
(смотрите примеры 1-4), так как наибольшие средние арифметические групп мы получим только если они будут максимально приближенными друг к другу, а именно: средние арифметические двух групп будут равны 6, а среднее арифметическое третьей группы будет больше шести. Понятно, что это третье число не может быть меньше или равно 6,1. Так как ни одна группа не может насчитывать больше 7-ми членов,
На доске было написано 30 натуральных чисел (необязательно различных), каждое их которых не превосходит 40
Задача. На доске было написано 30 натуральных чисел (необязательно различных), каждое их которых не превосходит 40. Среднее арифметическое написанных чисел равнялось 7. Вместо каждого из чисел на доске написали число, в два раза меньшее первоначального. Числа, которые после этого оказались меньше 1, с доски стёрли.
а) Могло ли оказаться так, что среднее арифметическое чисел, оставшихся на доске, больше 14?
б) Могло ли среднее арифметическое оставшихся на доске чисел оказаться больше 12, но меньше 13?
в) Найдите наибольшее возможное значение среднего арифметического чисел, которые остались на доске.
Решение.
Так как среднее арифметическое 30-ти написанных на доске чисел, равно 7, то сумма этих 30-ти чисел равна 30 ∙ 7 = 210.
а) Среднее арифметическое чисел, оставшихся на доске, может оказаться больше 14. Пример:
Здесь 24 единицы и 6 чисел, сумма которых 210-24=186.
Вместо каждого из чисел запишем число, меньшее в два раза.
Теперь стираем числа, меньшие 1, и найдём среднее арифметическое оставшихся чисел.
Можно было иначе найти среднее арифметическое оставшихся чисел – мы ведь знаем, что сумма шести, отличных от единицы, чисел равна 186, половина этой суммы – число 93, а среднее арифметическое шести чисел 93 : 6 = 15,5.
Понятно, что чем больше будет сумма чисел, отличных от единицы, а самих единиц больше, тем больше мы получим значение среднего арифметического оставшихся чисел.
Если мы возьмем 25 единиц, то сумма оставшихся пяти чисел будет равна 210-25=185. Среднее арифметическое этих чисел 185 : 5 = 37 < 40, что удовлетворяет условию. После того, как все числа мы заменим на числа, меньшие в 2 раза, сумма оставшихся 5 чисел составит 185 : 2 = 92,5. Среднее арифметическое будет равно 92,5 : 5 = 18,5.
Если мы возьмем 26 единиц, то на сумму оставшихся 4-х чисел придётся
210-26=184, среднее арифметическое будет равно 184 : 4 = 46 > 40, что противоречит условию задачи, следовательно, 26 единиц мы взять не можем, и наибольшее возможное значение среднего арифметического чисел, которые остались на доске, равно 18,5.
Итак, при 25-ти единицах среднее арифметическое оставшихся чисел равно 18,5.
При 24-х единицах среднее арифметическое оставшихся чисел равно 15,5.
Возьмём 23 единицы, тогда сумма оставшихся 7-ми чисел будет равна
210-23=187, половина этой суммы составит 187 : 2 = 93,5, а среднее арифметическое равно 93,5 : 7 ≈ 13,36.
Возьмём 22 единицы, тогда сумма оставшихся 8-ми чисел будет равна
210-2=188, половина этой суммы составит 188 : 2 = 94, а среднее арифметическое равно 94 : 8 = 11,75.
Вывод: среднее арифметическое оставшихся на доске чисел не может оказаться больше 12, но меньше 13.
Ответ: а) да; б) нет; в) 18,5.
На доске написаны числа 10, 11, 12, 13, … , 50. За один ход разрешается стереть произвольные
Задача. На доске написаны числа 10, 11, 12, 13, … , 50. За один ход разрешается стереть произвольные четыре числа таких, что их сумма больше 134 и не равна ни одной из сумм четвёрок чисел, стёртых на предыдущих ходах.
а) Можно ли сделать 5 ходов по описанным правилам? Если да, то приведите пример этих ходов.
б) Можно ли сделать 10 ходов по описанным правилам?
в) Какое наибольшее число ходов можно сделать?
Решение.
а) 5 ходов по описанным правилам можно сделать: Стираем:
1) 10, 50, 30 и 45 (сумма 135);
2) 11, 49, 32 и 44 (сумма 136);
3) 12, 48, 34 и 43 (сумма 137);
4) 13, 47, 36 и 42 (сумма 138);
5) 14, 46, 38 и 41 (сумма 139).
б) Нам дано 41 число всего. Десять четвёрок – это 40 чисел. Отбросим 10 — самое меньшее лишнее число и подсчитаем общую сумму чисел с 11 до 50, используя формулу суммы первых n членов арифметической прогрессии:
По условию сумма каждой четвёрки должна быть больше 134 и не должна повторяться. Это означает, что самые меньшие значения этих сумм: 135, 136, 137 и т.д. Предположим, что четвёрок 10.
Тогда, если бы мы сложили все суммы 10-ти четвёрок, то, самое меньшее, получили бы: 135+136+137+138+139+140+141+142+143+144=1395>1220, т.е. больше, чем мы имеем. Таким образом, 10 ходов по описанным правилам сделать нельзя.
в) Выясним, какое же наибольшее число ходов можно сделать. Возможно 9? Тогда общая (наименьшая) сумма всех четвёрок была бы равна 1395-144=1251 (144 – наименьшая сумма 10-й четвёрки), но тогда, отбросив одну четвёрку чисел (конечно, меньшую: 11, 12, 13 и 14), будем иметь арифметическую прогрессию из 36 членов, сумма которой равна 1220-(11+12+13+14)=1170. Так как 1251>1170, то 9 четвёрок тоже не удастся составить.
Если считать, что четвёрок 8, то их сумма была бы равна 1251-143=1108, считаем сумму оставшихся 32 чисел: 1170-(15+16+17+18)=1104. Так как 1108>1104, то 8 четвёрок составить тоже не получится.
На 7 четвёрок имеем наименьшую сумму: 135+136+137+138+139+140+141=966, а сумма 28-ми чисел, составляющих эти четвёрки, будет равна 1104-(19+20+21+22)=1022.
Так как 966<1022, то это означает, что из 28-ми чисел с 23-х до 50-ти можно по описанным правилам свободно составить 7 четвёрок. Например:
1) 23, 30, 38 и 44 (сумма 135);
2) 24, 31, 37 и 45 (сумма 137);
3) 25, 32, 39 и 46 (сумма 142);
4) 26, 33, 40 и 47 (сумма 146);
5) 27, 34, 41 и 48 (сумма 150);
6) 28, 35, 42 и 49 (сумма 154);
7) 29, 36, 43 и 50 (сумма 158).
Ответ: а) да; б) нет; в) 7.
Изначально на доске написаны числа 3 и 6. За один ход два числа, написанные на доске, стираются, а вместо них пишутся два других
Задача. Изначально на доске написаны числа 3 и 6. За один ход два числа, написанные на доске, стираются, а вместо них пишутся два других, одно из которых является суммой только что стертых чисел, а второе равно 2х+2, где х – одно из только что стертых чисел.
а) Может ли за несколько ходов на доске оказаться число 48?
б) Может ли после 80 ходов одно из двух чисел, написанных на доске, оказаться числом 630?
в) Сделали 519 ходов. Какое наименьшее значение может принимать разность большего и меньшего из полученных чисел?
Решение.
а) Может. Пример:
3 и 6
3+6=9 и 6 ∙ 2 + 2 = 14
9+14=23 и 9 ∙ 2 + 2 = 20
23+20=43 и 23 ∙ 2 + 2 = 48
Таким образом, например, за три хода на доске может оказаться число 48.
б) Для ответа на вопрос постараемся заменять очередные два числа новыми числами согласно условию так, чтобы числа росли как можно медленнее. Понятно, что для этого необходимо, чтобы каждый раз новые числа были как можно меньшими и к тому же, отличались друг от друга незначительно. Пример:
3 и 6
3+6=9 и 3 ∙ 2 + 2 = 8
9+8=17 и 8 ∙ 2 + 2 = 18
17+18=35 и 17 ∙ 2 + 2 = 36
35+36=71 и 35 ∙ 2 + 2 = 72
71+72=143 и 71 ∙ 2 + 2 = 144
143+144=287 и 143 ∙ 2 + 2 = 288
287+288=575 и 287 ∙ 2 + 2 = 576
575+576=1151 и так далее, то есть уже с 8-го хода числа получаются гораздо больше числа 630. Ответ: нет.
в) На этот вопрос мы по сути уже ответили в пункте б). Самая маленькая разность очередных двух чисел будет равна 1.
Ответ: а) да; б) нет; в) 1.
В целочисленной последовательности сумма любых двух соседних членов последовательности равна или 1, или 3, или 13
Задача. В целочисленной последовательности а1=3, а2, … , аn-1, an=109 сумма любых двух соседних членов последовательности равна или 1, или 3, или 13.
а) Приведите пример такой последовательности.
б) Может ли такая последовательность состоять из 32 членов?
в) Какое наименьшее число членов может быть в такой последовательности?
Решение.
а) Пример последовательности: 3, 0, 1, 2, 11, -8, 9, 4, -3, … , -96, 109.
б) Так как нечетные числа последовательности имеют нечетный номер, то и последнее в последовательности число an=109 будет иметь нечетный номер, поэтому последовательность не может состоять из 32 членов.
в) Быстрее будут расти члены, стоящие на нечетных местах (до 109 — последнего члена), если мы будем подбирать их так, чтобы суммы соседних двух были равны то 1, то 13, кроме, быть может, двух предпоследних членов. Составим такую последовательность.
3, -2, 15, -14, 27, -26, 39, -38, 51, -50, 63, -62, 75, -74, 87, -86, 99, -96, 109.
Подсчитали. Всего 19 членов.
Для того, чтобы ответить на вопрос в) можно было рассуждать следующим образом.
Итак, рассмотрим три члена последовательности: ak, ak+1, ak+2 (1≤k≤n-2).
Поскольку ak+ak+1≥1 и ak+1+ ak+2≤13,
то -ak-ak+1≤-1. При сложении последнего неравенства с неравенством ak+1+ ak+2≤13, получаем: -ak+ak+2≤12. Отсюда ak+2≤ ak+12.
Тогда получаем, что члены нашей последовательности должны удовлетворять следующим условиям: а1=3; а3≤а1+12=15; а5≤а3+12=27 и т. д. а2k+1≤a2k-1+12=3+12k.
Так как 109 — последний член последовательности имеет нечетный номер, то
а2k+1=109<3+12k, 12k>106, k >106/12 или k > 53/6. Самое маленькое значение k=9.
Тогда 2k+1=2 ∙ 9+1=19. Итак, 19 — самое маленькое возможное количество членов в данной последовательности.
Ответ: а) да; б) нет; в) 19.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых неравенство выполняется для всех значений х на данном отрезке
Задача. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых неравенство
||x + 2a|-3a| + ||3x-a| + 4a| ≤ 7x + 24
выполняется для всех значений х∈[0; 7].
Решение. Перепишем неравенство в виде:
||x + 2a|-3a| + ||3x-a| + 4a|-7х ≤ 24 и рассмотрим функцию
f(x) = ||x + 2a|-3a| + ||3x-a| + 4a|-7х. Производная этой функции при любом раскладе (при раскрытии модульных скобок) отрицательна на всей области определения. На самом деле:
f ‘(x) = ± 1 ± 3-7 < 0. Это означает, что функция f(x) монотонно убывает на всей области определения, т.е. меньшему значению аргумента будет соответствовать большее значение функции.
На промежутке [0; 7] будет верным f(0) > f(7), и если f(0) ≤ 24, то и для остальных значений х∈[0; 7] данное в условии неравенство будет выполняться.
Находим f(0) = ||0 + 2a|-3a| + ||3 ∙ 0-a| + 4a|-7 ∙ 0;
f(0) = ||2a|-3a| + ||-a| + 4a|. Решаем неравенство f(0) ≤ 24.
||2a|-3a| + ||-a| + 4a| ≤ 24.
Модульные скобки будем раскрывать по правилу:
1) Если а < 0, тогда 2a < 0, -a > 0. Получаем:
|-2a-3a| + |-a + 4a| ≤ 24 → |-5a| + |3a| ≤ 24.
Помним, что у нас а < 0, тогда -5a > 0, 3a < 0. Получаем:
-5а-3а ≤ 24 → -8а ≤ 24 → а ≥ -3.
2) Если а ≥ 0, тогда 2a ≥ 0, -a ≤ 0. Получаем:
|2a-3a| + |a + 4a| ≤ 24 → | -a| + |5a| ≤ 24.
Помним, что у нас а ≥ 0, тогда -a ≤ 0, 5a ≥ 0. Получаем:
а + 5а ≤ 24 → 6а ≤ 24 → а ≤ 4.
Общее решение: -3 ≤ а ≤ 4.
Ответ: [-3; 4].
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение имеет ровно два решения
Задача. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение имеет ровно два решения. 
Решение. Найдём область допустимых значений данного уравнения. Под знаком квадратного корня должно быть неотрицательное выражение, поэтому
15 + 2х-х2 ≥ 0. Тогда х2-2х-15 ≤ 0.
Находим корни квадратного уравнения х2-2х-15 = 0 и получаем х1 = -3, х2 = 5. Следовательно, неравенство х2-2х-15 ≤ 0 будет верным при х∈[-3; 5].
ОДЗ: х∈[-3; 5].
Перепишем данное уравнение в виде:
Левая часть равенства неотрицательна, следовательно и для правой части должно выполняться условие: ах + 4-9а ≥ 0. Так как х может принимать значения от -3 до 5, то наименьшее значение выражения
ах + 4-9а равно а ∙ (-3) + 4-9а = -3а + 4-9а = 4-12а = 0.
В неравенстве ах + 4-9а ≥ 0 выразим х.
ах ≥ 9а-4. Делим обе части на а. Так как а > 0, то знак неравенства не изменится.
При а = 0 правая часть равна 3.
Возведём обе части в квадрат.
15 + 2х-х2 = 16. Упростим: х2-2х + 1 = 0 → (х-1)2 = 0.
Отсюда следует, что х = 1 – единственный корень.
Вывод: значение а = 0 также удовлетворяет условию.
Найдите все значения а, при каждом из которых функция f(x) имеет хотя бы одну точку максимума
Задача. Найдите все значения а, при каждом из которых функция
f(x) = x2-4|x-a2|-8x
имеет хотя бы одну точку максимума.
Решение. Раскроем модульные скобки.
1) Пусть х-а2 ≥ 0, т.е. х ≥ a2. Получаем:
f(x) = x2-4x + 4a2-8x;
f(x) = x2-12x + 4a2. Вершина параболы А(m; n).
n = f(m) = f(6) = 62-12 ∙ 6 + 4a2 = 36-72 + 4a2 = 4a2-36.
A(6; 4a2-36). Ветви параболы f(x) = x2-12x + 4a2 направлены вверх, следовательно,
A(6; 4a2-36) – точка минимума функции.
2) Пусть х-а2 < 0, т.е. х < a2. Получаем:
f(x) = x2 + 4x-4a2-8x;
f(x) = x2-4x-4a2. Вершина параболы В(m; n).
n = f(m) = f(2) = 22-4 ∙ 2-4a2 = 4-8-4a2 = -4-4a2.
В(2; -4-4a2). Ветви параболы f(x) = x2-4x-4a2 направлены вверх, следовательно,
В(2; -4-4a2) – точка минимума функции.
Как могут быть расположены на оси Ох числа а2, 2 и 6, чтобы функция имела точку максимума?
Точка, соответствующая значению а2 должна лежать между точками, соответствующими числам 2 и 6. Тогда возрастание функции
f(x) = x2-4x-4a2 при 2 < x < a2 сменится убыванием функции
f(x) = x2-12x + 4a2 при a2 < x < 6, и точка пересечения парабол будет являться точкой максимума функции.
Итак, данная функция будет иметь точку максимума при условии, что 2 < a2 < 6. Значение а найдём из решения системы неравенств:
Задача. Найдите все значения а, при каждом из которых множество значений функции содержит отрезок [0; 1]
Задача. Найдите все значения а, при каждом из которых множество значений функции
Решение. Отрезок [0; 1] содержится в множестве значений данной функции тогда и только тогда, когда уравнения
имеют решения. Решаем каждое из этих уравнений.
Знаменатель этой дроби можно записать в виде:
(10х+а)2+15. Это выражение при любых а и х положительно, поэтому данная дробь будет равна нулю, если числитель дроби будет равен нулю.
5а+150х-10ах=0 → а+30х-2ах=0 → 2х(а-15)=а. Это уравнение имеет решение при любом а ≠ 15.
Умножим обе части равенства на знаменатель дроби.
5а+150х-10ах=100х2+20ах+а2+25. Упростим это выражение.
100х2+20ах+а2+25-5а-150х+10ах=0 → 100х2+30ах-150х+а2-5а+25=0;
100х2+2(15а-75)х+а2-5а+25=0. Это уравнение имеет решение тогда и только тогда, когда его дискриминант неотрицателен.
D1 = 225a2-2250a+5625-100a2+500a-2500=125a2-1750a+3125=125(a2-14a+25)≥0. Решим уравнение a2-14a+25=0. Дискриминант этого уравнения
D’=72-25=49-25=24.
Тогда корни уравнения
Решениями неравенства (a2-14a+25)≥0
служит множество значений переменной а, удовлетворяющих условию
Исключаем из этих промежутков значение а ≠ 15.
