close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
Конкурс «Свободный полёт»
Проект: задача по математике, задача про числа
Автор: Тасмуратов Саин Ситкалиевич
Почтовый адрес: 414041, Астрахань, ул.Маркина, д.104, кв.91
Электронный адрес: [email protected]
Телефон: (8512) 36-74-70
Образование: высшее
Возраст: более 35 лет
Вниманию жюри
С удивлением и восторгом прочитал Обращение-декларацию оргкомитета
конкурса «Свободный полёт». Отмечаю два момента из этого Обращения: «то, что
мы от вас ждём, не принял бы ни один серьёзный научный журнал» и «в отдельных
случаях жюри готово рассмотреть задачи с незавершёнными решениями».
Представленная в Проекте задача имеет интригу. Эта задача у меня лежала
более 40 лет. Вот столько ждал, что такая задача появится в печати. Однако этого не
случилось. Поэтому решил её послать на конкурс, понимая, что нарушаю регламент
конкурса «до 35 лет». Ещё ждать столько, конечно же, смешно. Получается, как у
классика: «Я достаю из широких штанин…»
По-видимому, могу участвовать в конкурсе, так сказать, вне конкурса.
Вот оригинальная шутка конкурса. Ведь «из чисел 18 и 35 можно получить
возраст z , где 1≤z≤199, любого человека по формуле =18x+35y, x, y ».
Эта шутка мне понравилась: мой возраст получается при (x,y) = (-2, 3).
С искренним уважением
27.03.2010
Тем, кто любит возиться с числами
С.С. ТАСМУРАТОВ
Числа – это Боги.
Пифагор
ОБ ОДНОМ НАБОРЕ ЧИСЕЛ
Набор чисел , …,
,n
, назовём A-набором, если из него убрать любое
число, то остальные числа можно разбить на две группы с одинаковой суммой.
Очевидно, наборы чисел
, …,
и
, …,
, где m , одновременно
являются
или
не
являются
A-набором.
Такие
A-наборы
назовём
пропорциональными. Два
A- набора назовём различными, если они не
пропорциональны. Дальше все вопросы решаются с точностью до
пропорциональности.
Вот примеры А-наборов: А3={1, 1, 1}, А5={-5, -3, -1, 1, 3}, А5={-3, -1, 1, 3,5} и
А7={1, 3, 5, 7, 9, 11, 13}.
Наиболее интересен случай, когда числа
, …,
из А-набора удовлетворяют
условию 0
.
СЕРИЯ А
А1. Доказать, что набор чисел 1, 3, …, 2007, 2009 является А-набором.
А2. Ряд чисел 1, 3, 5, 7, 9, 11 продолжить так, чтобы в нём не было числа 13, и
новый ряд являлся А-набором. (Здесь и далее имеется в виду «неограниченно
продолжить».)
А3. Ряд чисел 1, 3, 5, 7, 9 продолжить так, чтобы в нём не было числа 11 и он
являлся А-набором.
А4. Ряд чисел 1, 3, 5, 7 продолжить так, чтобы в нём не было числа 9 и он
являлся А-набором.
А5. Ряд чисел 1, 3, 5 продолжить так, чтобы в нём не было числа 7 и он являлся
А-набором.
А6. Ряд чисел 1, 3 продолжить так, чтобы в нём не было числа 5 и он являлся
А-набором.
А7. Ряд чисел 1 продолжить так, чтобы в нём не было числа 3 и он являлся
А-набором.
А8. Доказать, что А-наборов бесконечно много.
А9. Найти все арифметические и геометрические прогрессии, каждая из
которых есть А-набор.
СЕРИЯ Б
Б1. Числа , …,
наименьшее значение n.
Б2. Числа
, …,
наименьшее значение n.
образуют А-набор, причём 0
образуют А-набор, причём
Найти
Найти
Б3. Числа , …,
образуют А-набор, причём 0
Найти
все такие пятёрки ( , …,
Б4. Числа , …,
образуют А-набор, причём
Найти все
такие пятёрки ( , …,
Б5. Дана однородная система из n линейных уравнений с n неизвестными ,
…,
:
где
=1 или -1 при всех ≠, ,  = 1, …, n.
Решить эту систему в натуральных числах ( , …, ) при n=5 и n=7.
Б6. Решить ту же систему в натуральных числах ( , …,
) при
и произвольном нечётном
3.
Примечание. Указанная система уравнений есть не что иное, как
аналитическая запись условия А-набора из чисел , …,
СЕРИЯ В
Набор чисел , …,
, n
, назовём В-набором, если из набора убрать
любое число, то остальные числа можно разбить на три группы с одинаковой
суммой.
Сформулировать и решить задачи, аналогичные задачам серий А и Б.
Доказательство А1
На самом деле верно более общее утверждение. Дан ряд чисел
…,
n
Если нечётное число n
, то этот ряд является А-набором.
Докажем это утверждение методом математической индукции.
База индукции. Пусть n=7. Тогда числа
…,
образуют
А-набор. В самом деле, верны следующие семь равенств:
1
3+5+7+9=11+13
24
( )
3
1+9+13=5+7+11
23
( )
5
9+13=1+3+7+11
22
( )
7
1+9+11=3+5+13
21
)
(I)
9
1+3+5+11=7+13
20
)
11
1+5+13=3+7+9
19
)
13
7+11=1+3+5+9
18
( )
Первая строка группы равенств (I) означает, что если из набора 1, 3, …, 13
убрать 1, то выполняется равенство ( ) в виде 24=24. Аналогично устроены и
остальные строки первой группы равенств (I). И в дальнейшем будем пользоваться
такой схемой записи равенств.
Допустим, что утверждение верно для всех нечётных n-2. Другими словами,
ряд чисел
…,
является А-набором. Это означает, по
определению А-набора, что верны следующие n-2 равенств:
1
………=………….
( )
3
……=………….
( )
………………………………………………………………… (II)
2n-7
………=………….
)
2n-5
………=………….
(
)
Назовём эти равенства второй группой равенств (II).
Шаг индукции. Докажем утверждение для нечётного n, т.е. числа
…,
составляют А-набор. Для этого достаточно
выписать n равенств группы III:
1
………=………….
(
)
3
………=………….
(
)
……………………………………………………………… (III)
2n-3
………=………….
)
2n-1
………=………….
(
)
Другими словами, надо в каждое из равенств (II) включить в качестве
слагаемых числа 2n – 3 и 2n – 1 и ещё написать два равенства
)и (
), из
которых исключены соответственно слагаемые 2n – 3 и 2n – 1.
1. Получим равенство
), т.е. числа
, …,
разобьём на две группы с
одинаковой суммой. (Напомним, что здесь исключено число
количество
чисел n-1–чётное .) Если n-1 делится на 4, то по свойству арифметической
прогрессии имеем
+ = +
=
+
Тем самым набор , …,
разбит на чётное число равных сумм из двух
слагаемых. Из этих равных сумм получим равенство ( ): половину сумм
записываем в виде слагаемых в одной части равенства, а другую половину – в
другой части равенства.
Если же n – 1 не делится на 4, то возьмём шесть первых членов нашего набора:
…,
Эти числа дают равенство (I1). Количество остальных
чисел
…,
делится на 4 (ибо n-1=4k или n-1=4k+2, где k
тогда
согласно свойству арифметической прогрессии, как это было сделано ранее, числа
…,
разбиваются на две группы с равной суммой. Поэтому если к
равенству (I1) прибавим только что указанные равные суммы, то получим требуемое
равенство ( ).
Что же нами сделано в конце концов? В равенство ( ) включены два новых
слагаемых
; равенство ( ) выписано явно.
2. Теперь из равенств (II2), (II3), …, (IIn-2) соответственно получим равенства
(III2), (III3), …, (IIIn-2). Иначе говоря, в равенства (II2), (II3), …, (IIn-2) надо
включать новые слагаемые
В каждое из равенств (II2), (II3), …, (IIn-2) входит 1. Если 1 перенести в
другую часть равенства, то эта часть станет на 2 больше первой части. Поэтому
требуемое равенство получим, если к первой части прежнего равенства прибавим
, а к другой части (куда только что перенесено число 1) прибавим
. Тем самым все равенства (III2), (III3), …, (IIIn-2) доказаны.
3. Осталось доказать (IIIn) и (IIIn-1); в таком порядке их и докажем. С этой целью
ряд чисел
,
,
разобьём на две группы с одинаковой суммой
подобно тому, как это делалось в п.1.
Если n-1 делится на 4, то имеем
+
= +
=
+
Ряд чисел ,
,
разбит на чётное число равных сумм из двух
слагаемых. Из этих сумм получим равенство (IIIn): половину сумм записываем в
виде слагаемых в одной части, а другую половину – в другой части равенства.
Если же n-1не делится на 4, то рассмотрим шесть первых членов нашего ряда:
…,
Эти числа дают равенство (I7). Теперь количество
остальных чисел ,
,
делится на 4, поэтому эти числа разбиваются
на две группы с равной суммой. Стало быть, если к равенству (I7) прибавим
указанные равные суммы, то получим требуемое равенство (IIIn).
Отметим для дальнейшего, равенство (IIIn) всегда можно записать так, что
слагаемые
будут в левой части этого равенства.
4. И, наконец, набор чисел
,
,
(из него исключено число
)
разобьём на две группы с равной суммой. Пусть в равенстве (IIIn) числа
=2n – 3 находятся в левой части (см. п. 3). Для того, чтобы получить
нужное равенство (IIIn-1), достаточно в равенстве (IIIn) слагаемое 1 перенести в
правую часть, слагаемое
=2n – 3 убрать и вместо него записать =2n – 1. Тем
самым (IIIn-1) доказано.
Утверждение наше доказано, ибо осуществлён индукционный переход от
n – 2 к n для любого нечётного числа n
.
Задача А1 является иллюстрацией этого утверждения:
…,
где n=1005 – нечётное число. Впрочем, вполне
приемлемо и такое решение задачи А1: просто выписать все 1005 необходимых
равенств, что можно сделать даже без компьютера.
Замечания к остальным задачам
Считаем целесообразным не приводить решения остальных задач, отмечая
лишь то, что все они имеют положительные и содержательные (в смысле создания
приёмов, способов и методов) решения. Причин несколько, в частности: объём
работы неоправданно увеличится и станет больше 10 с.; решения одного человека
будут, естественно, монотонными и неинтересными; решения некоторых задач
автору просто неизвестны.
Как же работать с этими задачами? Например, по задачам А2 – А7 полезно
было бы организовать коллективную творческую деятельность учащихся так, чтобы
один человек решал одну задачу.
Для ориентира приведём ответы и указания к некоторым задачам.
Б1. 7.
Б2. 5.
Б3. 1, 1, 1, 1, 1; 1, 1, 1, 1, 3; 1, 1, 1, 3, 3 и 1, 1, 3, 5, 5 с точностью до
пропорциональности.
Б5. Система при малых n допускает решение вручную, без компьютера. При
n=7 система в натуральных числах
, …, ) имеет сотни решений.
Б6. Задача при n=5 равносильна задаче Б3.
Историческая справка
В своё время была популярной следующая задача XII Московской
математической олимпиады школьников 1949 года.
Имеется 13 гирь, масса каждой из которых равна целому числу граммов.
Известно, что любые 12 из них можно так разложить на две чаши весов, по 6 на
каждую, что наступит равновесие. Докажите, что все гири имеют одну и ту же
массу.
Задача до сих пор популярна, она вошла в десятки книг, её используют
некоторые журналы вроде бы в модернизированном виде (Квант, 1978, №1, с.26,
задача 4 ; Математика в школе, 1995, №3, с.67, задача 3917). Однако некоторые
авторы её уже цитируют искажённо, например, следующим образом.
Набор из 13 гирь удовлетворяет следующему условию: если убрать любую из
них, то оставшиеся можно разложить на две кучи равного веса. Докажите, что веса
гирь равны (см. книгу: Задачи Санкт-Петербургской олимпиады школьников по
математике 2004 года. – Спб.: Невский Диалект; БХВ-Петербург, 2004, с.183, упр.10
без решения). Надо отдельно и особо сказать, что книга эта вообще содержательная
и замечательно написанная.
Теперь ясно, что слова «по 6 на каждую чашу» фактически уничтожают задачу;
её интересно переформулировать следующим образом.
Имеется 13 гирь, массы которых – различные целые числа. Известно, что
любые 12 из них можно так разложить на две чаши весов, что наступит равновесие.
Приведите пример таких гирь.
Вот один такой пример: А13 =
.
Известны и многие другие примеры А13.
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа