Téma: Teória čísel v úlohách C6 z Jednotnej štátnej skúšky XII Medziokresná vedecko-praktická konferencia "Krok do budúcnosti" Sekcia: Matematika Účinkuje: Ildar Garifullin, - prezentácia. Čísla a ich vlastnosti

Som sám, ale stále som. Nemôžem robiť všetko, ale stále niečo môžem. A neodmietnem urobiť to málo, čo môžem (c)

Plním svoj sľub, že zostavím výber kníh, ktoré by sa mohli pripraviť na úlohu C6 z USE-2010 z matematiky (konkrétne knihy obsahujúce informácie a problémy z teórie čísel dostupné školákom, vďaka ktorým môžete pocítiť špecifiká látky ).
Chcem sa vám z celého srdca poďakovať Hosť, ktorý dal odporúčania na výber literatúry (alebo jednoduchšie jednoducho vymenoval takmer všetky tieto knihy - pozri).
Podotýkam, že tieto knihy nie sú zbierky od FIPI, MIOO a pod. Podobné knihy sú zverejnené v sekcii

PRÍPRAVA na C6 POUŽITIE-2010, 2011 V MATEMATIKE (TEÓRIA ČÍSEL)

	Alfutová N.B. Ustinov A.V. Algebra a teória čísel. Zbierka úloh pre matematické školy. -M.: MTsNMO, 2002.- 264 s. Táto príručka je zbierkou úloh z matematiky, určená predovšetkým študentom stredných škôl so záujmom o exaktné vedy. Poslúži aj učiteľom matematiky a študentom študujúcim matematiku na vysokých školách. Značnú časť materiálu je možné použiť na prípravu na písomné a ústne prijímacie skúšky na vysoké školy. Zbierka je založená na úlohách pre kurz algebry, ktoré v rokoch 1995–2000 čítali O.A. Chalykh, N.B. Alfutova a A.V. Ustinov. Matematické kurzy vyučované na internáte. A.N. Kolmogorov, tradične obsahujú sekcie, ktoré možno nazvať susednými. Sú na priesečníku algebry s kombinatorikou, geometriou, teóriou čísel a matematickou analýzou. Preto niektoré problémy z knihy súvisia s algebrou len nepriamo. Tieto úlohy sú určené na zdôraznenie prepojenia medzi rôznymi odvetviami matematiky a na ilustráciu rôznorodosti metód. Stiahnite si (pdf/rar, 1,49 MB) ifolder alebo mediafire (3. vydanie 2009) rusfolder
	Bazylev D. F. Referenčný manuál na riešenie problémov: Diofantínové rovnice. - Minsk: STC "API", 1999.- 160 s. ISBN 985-6344-27-1 Kniha je určená na rozvoj zručností pri riešení celočíselných rovníc a na prípravu žiakov na matematické olympiády. Obsahuje viac ako 200 úloh, ktoré nejakým spôsobom súvisia s riešením diofantínskych rovníc, a to rovnice v celých číslach a racionálne čísla. Prvá téma rozoberá podrobne lineárne rovnice v celých číslach. Druhá téma je zameraná na štúdium problémov súvisiacich s celočíselnou rovnicou `x^2 +y^2 = z^2` . Tretia časť je venovaná štúdiu určitých otázok súvisiacich s dokonalými číslami. Štvrtá téma predstavuje niektoré fakty z teórie čísel, ktoré sa najčastejšie používajú pri riešení problémov tejto príručky. Významnú časť knihy tvoria úlohy prevažne olympijského charakteru. Každý problém má podrobné riešenie. Skenovať neznáme koho, vyčistené bolega Stiahnuť (djvu, 1,6 Mb) rghost || onlinedisk
	Bardushkin V.V., Kozhukhov I.B., Prokofiev A.A., Fadeicheva T.P. Základy teórie deliteľnosti čísel. Riešenie rovníc v celých číslach. Voliteľný kurz. - M.: MGIET (TU), 2003. - 224 s. Zvažujú sa otázky deliteľnosti na množine celých čísel a metódy riešenia určitých typov rovníc v celých číslach. Všetky úlohy sú rozdelené do tém, mnohé z nich sú opatrené návodmi a riešeniami. Pre učiteľov matematiky a študentov vyšších ročníkov lýceí, gymnázií a všeobecnovzdelávacích škôl, ako aj pre jednotlivcov, ktorí sa matematike venujú samostatne. Stiahnite si (pdf/rar, 2,2 MB) ifolder alebo narod.ru Ďakujem pekne za knihu! Novšie vydanie V.N. Barduškin, I.V. Kozhukhov, A.A. Prokofiev, T.P. Fadeicheva Základy teórie deliteľnosti a riešenie rovníc v celých číslach (voliteľný predmet). - M.: MIET, 2004. -220 s. Stiahnuť (djvu 2,27 Mb)ifolder.ru || rghost
	Sikorsky K. P. Ďalšie kapitoly v kurze matematiky. Učebnica k voliteľnému predmetu pre žiakov 7.-8. Comp. K. P. Sikorsky. Ed. 2., pridať. M., "Osvietenie", 1974. 367 s. Kniha pozostáva z teoretických článkov vzdelávací materiál a súbor cvičení na témy voliteľných predmetov z matematiky pre 7.-8. Konkrétne: Boltyansky V.G., Levitas G.G. Deliteľnosť čísel a základné čísla/Dodatočné kapitoly o kurze matematiky. Uch. príspevok na voliteľný kurz pre žiakov 7.-8. Comp. K. P. Sikorsky. - M. Osveta, 1974. - s. 5-69 Zahŕňa tieto časti: celé čísla a operácie s nimi, vety o deliteľnosti, delenie so zvyškom, porovnávanie a riešenie problémov s nimi, periodicita zvyškov pri umocňovaní, prvočísla, kritériá deliteľnosti, GCD a LCM, prvočísla, rozklad na hlavné faktory. Materiál je ľahko pochopiteľný, pretože je napísaný pre žiakov 7. – 8. ročníka. Stiahnuť (djvu, 4,94 mb) ifolder.ru || mediafire.com
	Galkin E. V. Neštandardné problémy v matematike. Problémy s celými číslami: Proc. príspevok pre žiakov 7.-11. - Čeľabinsk: Vzglyad, 2005. - 271 s. - (Neštandardné úlohy z matematiky). ISBN 5-93946-071-2 Učebnica je určená na prípravu žiakov na školské a okresné olympiády z matematiky. Významnú časť knihy je možné použiť v špecializovaných triedach a triedach s hĺbkovým štúdiom matematiky. Systém usporiadania materiálu, dostupnosť teoretických informácií a referenčné úlohy umožňujú samostatne sa naučiť riešiť problémy so zvýšenou obtiažnosťou v matematike. Príručka je napísaná pre študentov, učiteľov matematiky, študentov a učiteľov vysokých škôl pedagogického zamerania. Stiahnite si djvu (rar+3%, 2,33 MB 600 dpi+OCR) ifolder.ru alebo mediafire.com
	Genkin S.A., Itenberg I.V., Fomin D.V. Leningradské matematické kruhy. - Kirov, "Asa", 1994. - 272 s. -ISBN 5-87400-072-0 Kniha sumarizuje skúsenosti nahromadené mnohými generáciami učiteľov školských matematických krúžkov na Matematicko-mechanickej fakulte Leningradskej štátnej univerzity, ktoré boli predtým bežnému čitateľovi neprístupné. Kniha je postavená vo forme problémovej knihy, ktorá odráža témy prvých dvoch ročníkov typického krúžku. V plnej miere poskytuje materiál na 2–3 ročnú prácu školského matematického krúžku alebo voliteľného predmetu pre žiakov 6. – 9. ročníka, čiastočne aj 10. – 11. ročníka. Všetky tematické kapitoly sú opatrené metodickým komentárom pre učiteľa. Príručka je určená učiteľom matematiky a študentom so záujmom o matematiku. Stiahnite si (djvu/rar, 4,55 mb) ifolder.ru alebo mediafire
	Gorbačov N.V. Zbierka úloh z olympiády v matematike. - M.: MTsNMO, 2004. - 560 s. ISBN 5-94057-156-5 Kniha obsahuje úlohy olympiády rôznej zložitosti – jednoduché úlohy, ktoré sa často riešia ústne v jednom riadku, ako aj úlohy výskumného typu. Kniha je určená učiteľom, vedúcim matematických krúžkov, študentom pedagogických odborov a všetkým záujemcom o matematiku. Stiahnuť (4,05 MB) ifolder.ru || mediafire
	Kanel-Belov A. Ya., Kovaldzhi A. K. Ako riešiť neštandardné problémy / Ed.V. O. Bugaenko. - 4. vyd., stereotyp. - M.: MTsNMO, 2008.- 96 s. - ISBN 978-5-94057-331-9 Kniha popisuje množstvo klasických nápadov na riešenie úloh olympiády, ktoré sú pre väčšinu školákov neštandardné. Každý nápad je opatrený komentárom, príkladmi riešenia problémov a úlohami na samostatné riešenie. Prezentované sú zbierky problémov typu olympiáda a výskum (spolu 200 problémov), ktoré sú zoskupené podľa tried. Zbierka je určená stredoškolákom, pedagógom, vedúcim krúžkov a všetkým milovníkom matematiky. Predchádzajúce vydanie knihy vyšlo v roku 2004.
	O. Ore Pozvanie k teórii čísel: Preložené z angličtiny. Ed. 2., stereotypné. - M.: Úvodník URSS, 2003. - 128 s. Kniha slávneho nórskeho matematika O. Orea odhaľuje krásu matematiky na príklade jednej z jej najstarších sekcií – teórie čísel. Prezentácia základov teórie čísel v knihe je do značnej miery netradičná. Spolu s teóriou porovnávania, informáciami o číselných sústavách, obsahuje príbehy o magické štvorce, o riešení aritmetických hádaniek atď. Veľkou zásluhou knihy je, že autor pri každej príležitosti poukazuje na možnosti praktické uplatnenie prezentované výsledky, a tiež oboznamuje čitateľa s stav techniky teória čísel a problémy, ktoré ešte nedostali konečné riešenie. Stiahnuť (djvu, 2,82 Mb) ifolder.ru || mediafire
	Prasolov V.V. Problémy z algebry, aritmetiky a analýzy: Učebnica.-M.: MTSNMO, 2007.-608 s.: i. - ISBN 978-5-94057-263-3 Kniha obsahuje problémy súvisiace s algebrou, aritmetikou a analýzou školské osnovy, ale väčšinou niekoľko pokročilá úroveň v porovnaní s bežnými školskými úlohami. Existuje aj množstvo veľmi náročných úloh určených pre žiakov na hodinách matematiky. Zbierka obsahuje viac ako 1000 problémov s kompletnými riešeniami. Pre školákov, učiteľov matematiky, vedúcich matematických krúžkov, študentov pedagogických ústavov Stiahnuť (pdf/rar; 2,98 MB) mediafire.com || ifolder.ru
	Shklyarsky D.O., Chentsov N.N., Yaglom I.M. Vybrané problémy a vety elementárnej matematiky. Aritmetika a algebra. - 6. vyd. - M.: FIZMATLIT, 2001. - 480 s. - ISBN 5-9221-0106-4. Kniha obsahuje 320 problémov týkajúcich sa algebry, aritmetiky a teórie čísel. Svojím charakterom sa tieto úlohy výrazne líšia od štandardných školských úloh. Väčšina z nich bola ponúkaná v školských matematických krúžkoch na Moskovskej štátnej univerzite a na matematických olympiádach v Moskve. Kniha je určená stredoškolákom. stredná škola. Osobitne sú označené úlohy, ktoré majú k dispozícii žiaci siedmeho až ôsmeho ročníka. Sú dané podrobné riešenia všetky úlohy; ťažšie úlohy sú vybavené návodom. Toto vydanie je reprodukované zo štvrtého vydania. Stiahnuť (2,68 MB) ifolder.ru || mediafire.com
	Gashkov S.B. Moderná elementárna algebra v problémoch a riešeniach - M.: MTsNMO, 2006. - 328 s. Kniha daná do pozornosti čitateľa je učebnicou algebry pre žiakov 10. a 11. ročníka fyzikálnych a matematických škôl. Vychádzal z nahrávok prednášok autora v špecializovanom vzdelávacom a vedeckom centre Moskovskej štátnej univerzity. M.V. Lomonosov - škola pomenovaná po akademikovi A. N. Kolmogorovovi, známejšiemu pod názvami FMS MSU a internátna škola MSU. Kniha obsahuje kurz algebry pre študentov 10. ročníka SUNC (a podobne vzdelávacie inštitúcie) a obsahuje hlavnú časť povinného kurzu algebry pre 11. ročník. Podľa tradície založenej A.N. Kolmogorovom sa kurz algebry pre "FMSHat" skladá z dvoch častí: určitého povinného súboru pojmov, konštrukcií a viet (táto časť je spoločná pre všetky prednáškové kurzy algebry vyučované na tejto škole) a riešenie niektorých zaujímavých obsahových problémov (napríklad konštrukcia pravidelných n-uholníkov pomocou kružidla a pravítka, Abel-Ruffiniho veta o neriešiteľnosti v radikáloch všeobecná rovnica piaty stupeň, kvadratický zákon reciprocity atď.). Táto kniha obsahuje prvú časť kurzu, ako aj niektoré verzie dodatočných kapitol. Má veľa úloh, väčšinou dosť ťažkých. Pre vysokoškolákov môže slúžiť ako učebnica algebry. Stiahnuť (pdf, 1,14 Mb) ifolder.ru || mediafire

Hosť, ktorý odporučil väčšinu tejto literatúry, pomenoval ďalšiu knihu
Gashkov S.B., Chubarikov V.N., Sadovnichiy V.A. (ed.) Aritmetika. Algoritmy. Zložitosť výpočtov. 3. vydanie, prepracované. - Drop, 2005. - 320 s. - ISBN: 5-7107-8904-6.
AT študijná príručka(2. vydanie - 2002) prvýkrát v r domácej literatúry spojenie aritmetických otázok s súčasné problémy kybernetika. Kniha je zbierkou problémov z aritmetiky a teórie zložitosti aritmetických algoritmov a umožňuje vám získať systematické vedomosti v týchto oblastiach matematiky. Pre študentov vysokých škôl, univerzít pedagogických a vysokých škôl s prehĺbeným štúdiom matematiky
Hosť si to všimol posledná kniha má veľmi stručné nasmerovanie k problémom, no zdá sa, že sa to oplatí aspoň čiastočne vyriešiť.
Pre školákov je podľa mňa dosť komplikovaný, preto som ho umiestnil do sekcie VŠ. Nájdete tam aj inú serióznejšiu literatúru o tejto disciplíne.

Ak sa pripravujete na skúšku samostatne, začnite s knihami, ktoré načrtávajú prvky teórie čísel (Boltyansky, Ore, Galkin, Genkin), a až potom prejdite na problémy s olympiádou.
Ešte pridávam dve knihy o olympiádach

Chcem tiež upriamiť vašu pozornosť na stránku www.problems.ru/ (odkaz je už dlho v našom epigrafe, ale zo skúsenosti viem, že epigraf nikto nečíta). Existuje obrovská základňa úloh pre širokú škálu tém a zdrojov vrátane úloh, ktoré nás zaujímajú. Sú tu aj úlohy rôznych olympiád, úlohy z knihy „Leningradské matematické kruhy“ a zbierky Alfutovej, Ustinova.

UPD.
Kolekcie vytvorené problémy s olympiádou

Typ práce: 19
Téma: Čísla a ich vlastnosti

Podmienka

Je to možné v nekonečne klesajúcom poradí jeden; \frac12 ;\frac13 ;\frac14 ;\frac15 ;... vyberte si:

a) päť čísel;

b) päťdesiat čísel;

v) nekonečné množstvo čísel, ktoré tvoria aritmetickú postupnosť.

Zobraziť riešenie

Riešenie

a) Môcť. Táto postupnosť je klesajúca, takže budeme hľadať klesajúcu progresiu. Všimnite si, že sekvencia \frac5n ; \frac4n ; \frac3n ; \frac2n ; \frac1n je klesajúca aritmetická progresia, jej rozdiel je číslo -\frac1n. Zostáva vybrať menovateľa n tak, aby sa čitateľ zmenšil. Je jasné, že ako menovateľ n možno brať násobok všetkých čitateľov, napríklad číslo 60. Potom dostaneme aritmetický postup \frac1(12) ;\frac1(15) ;\frac1(20) ;\frac1(30) ;\frac1(60) , ktorý vyhovuje podmienke problému.

b) Môcť. Následná sekvencia \frac(50)n ;\frac(49)n ;...;\frac3n ;\frac2n ;\frac1n je klesajúca aritmetická progresia s rozdielom -\frac1n. Ak vezmeme číslo ako menovateľ n 50!=50\bodka 49\bodka ...\bodka 2\bodka 1, potom po zmenšení zlomkov dostaneme 50 rôznych zlomkov, ktorých všetky čitateľa sa rovnajú 1, to znamená, že dostaneme požadovanú aritmetickú postupnosť.

v) Je zakázané. Akákoľvek aritmetická progresia je skutočne lineárna funkcia na množine prirodzených čísel. V tomto prípade klesajúci znamená, že priamka, na ktorej ležia body zodpovedajúce členom tejto postupnosti, bude pretínať os Ox. Preto od určitého čísla sa všetky členy aritmetickej progresie stanú zápornými a v tomto poradí nie sú žiadne záporné členy. To znamená, že v tejto nekonečne klesajúcej postupnosti nie je možné vybrať nekonečnú množinu čísel, ktoré tvoria aritmetickú postupnosť.

Odpoveď

a)Áno; b)Áno; v)č.

Typ práce: 19
Téma: Čísla a ich vlastnosti

Podmienka

Existuje osemsto rôznych prirodzených čísel takých, že ich aritmetický priemer je väčší ako ich najväčší spoločný deliteľ?

a) presne 500-krát;

b) presne 400-krát;

v) Nájdite čo najmenšie prirodzené číslo rovný pomeru aritmetického priemeru týchto čísel k ich najväčšiemu spoločnému deliteľovi.

Zobraziť riešenie

Riešenie

a) Zostavme príklad 800 – postupnosť prvkov, ktorej aritmetický priemer je presne 500-krát väčší ako gcd. Nech x je posledné číslo v postupnosti 1, 2, 3,..., 799, x. Potom, keďže GCD týchto čísel sa rovná 1, musí byť podmienka splnená \frac(1+2+3+...+799+x)(800)= 500. Preto \frac((799+1)\cdot 799)(2)+x= 800\cdot 500; x=800\cdot 500-400\cdot 799= 400 (2\cdot 500-799)=400\cdot 201=80\,400. Požadovaná sekvencia má teda tvar 1, 2, 3,..., 798, 799, 80\,400.

b) Nech GCD osemsto čísel a_1< a_2< a_3< ... < a_{800} sa rovná d. Potom a_1\geqslant d, a_2\geqslant 2d,..., a_(800) \geqslant 800 d. v dôsledku toho a_1+a_2+...+a_(800) \geqslant d(1+2+3+...+800)= 400\cdot 801d, a aritmetický priemer \frac(a_1+a_2+...+a_(800))(800)\geqslant \frac(801)2d=400,5d. To znamená, že aritmetický priemer nemôže byť presne 400-krát väčší ako GCD.

v) V predchádzajúcom odseku pre aritmetický priemer postupnosti a_1, a_2, a_3,..., a_(800) bol hodnotený \frac(a_1+a_2+...+a_(800))(800) \geqslant 400,5d. To znamená, že najmenšie prirodzené číslo rovnajúce sa pomeru aritmetického priemeru týchto čísel k ich gcd nie je menšie ako 401. Ukážme, že sa môže rovnať 401 . Nechaj d = 1. Príkladom takejto postupnosti je 800 – postupnosť prvkov 1, 2, 3,..., 799, 1200. Jej najväčší spoločný deliteľ je 1 a aritmetický priemer \frac(1+2+3+...+799+1200)(800)= \frac(400\cdot 799+1200)(800)= \frac(400(799+3))(800)= \frac(802)2= 401.

Odpoveď

a)Áno; b) nie; v) 401 .

Zdroj: „Matematika. Príprava na skúšku-2017. úroveň profilu. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Typ práce: 19
Téma: Čísla a ich vlastnosti

Podmienka

Christina počala trojciferné prirodzené číslo.

a) Môže byť podiel tohto čísla a súčet jeho číslic rovný 3?

b) Môže byť podiel tohto čísla a súčet jeho číslic 28?

v) Akú najmenšiu prirodzenú hodnotu môže mať podiel daného čísla a súčet jeho číslic?

Zobraziť riešenie

Riešenie

Nechaj trojciferné číslo má tvar \overline(abc), kde a , b a c sú čísla a a \neq 0. Potom zamýšľané číslo \overline(abc)=100a+10b+c \geqslant 100, a súčet jeho číslic je a+b+c \leqslant 9+9+9=27.

a) Nie, pretože príslušný kvocient sa rovná \frac(100a+10b+c)(a+b+c)\geqslant \frac(100)(27) > 3. Nemôže sa teda rovnať trom.

b)Áno možno. Ak \frac(100a+10b+c)(a+b+c)=28, potom 100a+10b+c=28a+28b+28c; 72a = 18b + 27c; 8a = 2b + 3c. Posledná rovnosť platí napríklad kedy a=1, b=4, c=0. Takže kvocient je 140 a súčet jeho číslic je \frac(140)(1+4+0=28).

v) Nech n je hodnota súkromného čísla a súčet jeho číslic a n je prirodzené. Potom \frac(100a+10b+c)(a+b+c)=n. 100a+10b+c=na+nb+nc, (100-n)a+(10-n)b=(n-1)c.

Ak n\leqslant 10, potom (100-n)a+(10-n)b \geqslant (100-n)a\geqslant (100-n)\cdot 1\geqslant 90, a (n-1)c \leqslant 9c. Odtiaľ, 9c \geqslant 90, c\geqslant 10,čo je nemožné, pretože c je číslica.

znamená, n > 10 ale potom n \geqslant 11(keďže n je prirodzené). Pre n=11 zoberme si príklad. Z rovnosti 100a+10b+c=na+nb+nc v tomto prípade dostaneme 89a=b+10c. O a=1, b = 9 a c=8 dostaneme čo chceme. Takže kvocient 198 a súčet jeho číslic je 11. Toto je najmenšia prirodzená hodnota n.

Odpoveď

a) nie; b)Áno; v) 11 .

Zdroj: „Matematika. Príprava na skúšku-2017. úroveň profilu. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Typ práce: 19
Téma: Čísla a ich vlastnosti

Podmienka

Na tabuľu je napísaných viac ako 20, ale menej ako 30 celých čísel. Aritmetický priemer týchto čísel je -3, aritmetický priemer všetkých kladných je 5 a aritmetický priemer všetkých záporných je -10.

a) Koľko čísel je napísaných na tabuli?

b) Ktoré čísla sú viac: kladné alebo záporné?

v) Ktoré najväčší počet môžu byť medzi nimi aj kladné čísla?

Zobraziť riešenie

Riešenie

Nech je na tabuli napísaných n čísel, 20 < n < 30. Nech je medzi týmito číslami k kladných čísel, označte ich a_1, a_2,..., a_(k);\,m zápor, označme ich b_1, b_2,..., b_m a p nuly. Potom k+m+p=n a podľa stavu problému \frac(a_1+a_2+...+a_k+b_1+b_2+...+b_m+0+0+...+0)(n)= -3,

\frac(a_1+a_2+...+a_k )(k)=5, \frac(b_1+b_2+...+b_m)(m)=-10.

Z týchto rovností vyplýva, že a_1+a_2+...+a_k+b_1+b_2+...+b_m+0+0+...+0 = -3n,

a_1+a_2+...+a_k=5k,

b_1+b_2+...+b_m=-10m.

kam sa dostaneme 5k-10m=-3n.

a) Všimnite si, že v rovnosti 5k-10m=-3n ľavá strana je deliteľné 5, teda aj ten pravý je deliteľný 5. Z toho vyplýva, že n je rovnomerne deliteľné 5. Pretože 20 < n < 30, potom n=25.

b) Nahradiť do rovnosti 5k-10m=-3n výraz pre n=k+m+p. Dostaneme: 5k-10m=-3(k+m+p), 8k+3p=7m. Pretože p\geqslant 0, znamená to, že k Preto existuje viac negatívnych čísel ako pozitívnych.

v) Nahraďte vo vzorci 5k-10m=-3n význam n=25. Dostaneme: 5k-10m=-75, kde k = 2 m-15. Pretože k+m=25-p \leqslant 25, máme 2m-15+m=3m-15 \leqslant 25, 3 m \ sklon 40, m\leqslant 13. Potom k=2m-15 \leqslant 11, to znamená, že existuje najviac 11 kladných čísel.

Uveďme príklad, ktorý ukazuje, že môže existovať presne 11 kladných čísel.

Číslo 5 nech je na tabuli napísané 11-krát, číslo 13-krát -10 a raz napísané 0 . Potom \frac(11\cdot 5+13\cdot (-10) )(25)=-\frac(75)(25)=-3.

Zadaná množina teda spĺňa všetky podmienky problému.

Odpoveď

a) 25 ; b) negatívny; v) 11 .

Zdroj: „Matematika. Príprava na skúšku-2017. úroveň profilu. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Typ práce: 19
Téma: Čísla a ich vlastnosti

Podmienka

Množina čísel sa nazýva krásna, ak ju možno rozdeliť na dve podmnožiny s rovnakým súčtom čísel.

a) Je sada \(500; 501; 502;..., 599\) krásna?

b) Je sada \(5; 25; 125;..., 5^(100)\) krásna?

v) Koľko krásnych štvorprvkových podmnožín má množina \(1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\)?

Zobraziť riešenie

Riešenie

a) Rozbijeme zostavu \{500; 501; 502;...; 599\} do 50 dvojíc, pričom súčet čísel v každom z nich je 1099: \{500; 599\}, \{501; 598\},...\,.

Veľa \{500; 501; 502;...; 599\} možno rozdeliť na dve podmnožiny, z ktorých každá obsahuje 25 takýchto párov. Súčet v týchto dvoch podmnožinách je teda rovnaký a množina \{500; 501; 502;...; 599\} je nádherný.

b) Všimni si 5^(100) > \frac(5^(100)-1)4= 5^{99} +5^{98} +...+25+5+1. Teda súčet čísel v podmnožine množiny \{5; 25; 125;...; 5^{100} \}, obsahujúce 5^{100} , vždy viac ako suma iné čísla, teda množina \{5; 25; 125;...; 5^{100} \} nie je krásna.

v) Všimnite si, že štvorprvková množina je krásna v dvoch prípadoch: buď je jedno číslo súčtom troch ďalších, alebo množina obsahuje dva páry čísel s rovnakým súčtom.

Podmnožiny množiny \{1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\}, vyhovuje prvý prípad \{1; 3; 5; 9\}, \{3; 5; 6; 14\}, \{1; 6; 7; 14\}.

Zoberme si druhý prípad. Všimnite si, že súčet všetkých čísel v krásnej podmnožine je párny. V pôvodnej množine sú len dve párne čísla, takže čísla 6 a 14 sú buď súčasne zahrnuté v krásnej štvorprvkovej podmnožine, alebo súčasne v nej nie sú zahrnuté. Ak sú 6 a 14 v podmnožine, potom súčet ďalších dvoch čísel je 20, čo nie je možné, pretože súčet najväčších zostávajúcich čísel 7+9 < 20, alebo rozdiel dvoch ďalších čísel je 8 .

Získame krásnu podmnožinu: \{1; 6; 9; 14\}.

Ak 6 a 14 nie sú v podmnožine, potom krásna podmnožina leží v podmnožine \{1; 3; 5; 7; 9\}. Získame krásne podmnožiny (dva páry čísel s rovnakými súčtami): \{1; 3; 5; 7\}, \{1; 3; 7; 9\}, \{3; 5; 7; 9\}. Celkovo je 7 krásnych podskupín.

Odpoveď

a)Áno; b) nie; v) 7 .

Zdroj: „Matematika. Príprava na skúšku-2017. úroveň profilu. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Typ práce: 19
Téma: Čísla a ich vlastnosti

Podmienka

Učiteľ vymyslel niekoľko rôznych celých čísel a na tabuľu napísal množinu týchto čísel a všetky ich možné súčty (po 2, po 3 atď. výrazy) v neklesajúcom poradí. Ak by napríklad myslel na čísla 1, -5,6, potom by sa na tabuľu zapísala množina -5, -4,1,1,2,6,7.

a) Na tabuli bola napísaná množina -5, -2,3,4,7,9,12. Aké čísla myslel učiteľ?

b) Pre nejaké tri koncipované čísla bola na tabuli napísaná množina. Je možné z tejto množiny vždy určiť zamýšľané čísla?

v) Okrem toho je známe, že učiteľ počal 4 čísla. Nie sú všetky 0 . Ktoré najväčší počet dajú sa napísať nuly na tabuľu?

Zobraziť riešenie

Riešenie

a) Ak učiteľ myslel na 4 alebo viac čísel, na tabuľu by malo byť napísaných aspoň 15 čísel. Ak učiteľ myslel na 2 čísla alebo menej, potom by na tabuľu nemali byť napísané viac ako 3 čísla. Z toho vyplýva, že boli zamýšľané 3 čísla. Ak učiteľ myslel na 2 záporné čísla, potom by na tabuľu boli napísané najmenej tri záporné čísla. To znamená, že v množine je len jedno záporné číslo a je najmenšie, teda -5. Najväčšie číslo z množiny bude výsledkom súčtu dvoch kladných čísel. Z vypísaných kladných čísiel len 3 a 9 tvoria 12. Takto boli koncipované čísla -5,3,9.

b) Nie vždy. Napríklad pre koncipované čísla -5,2,3 a -3, -2,5 sa na tabuľu zapíše rovnaká množina -5, -3, -2,0,2,3,5.

v) Ak učiteľ koncipoval 4 čísla (a, b, c, d), potom je na tabuli napísaných 15 čísel: samotné koncipované čísla (4 kusy), súčty 2 členov - 6 kusov, súčty 3 členov - 4 kusov, ako aj súčet všetkých čísel. Rozdeľme napísané čísla do 3 skupín.

Skupina A sú samotné čísla, skupina B je súčet 2 členov, C je súčet 3 a 4 členov.

V skupine A nie sú žiadne nuly podľa podmienky.

Predstavte si skupinu B. Nech sa súčet niektorých dvoch čísel rovná 0, teda a+b=0. Ak predpokladáme, že a+c=0, potom a+b=a+c, b=c, a to je v rozpore so skutočnosťou, že všetky zamýšľané čísla sú rôzne. Preto a+c \neq 0. Podobne a+d \neq 0, b+c \neq 0, b+d \neq 0. Je možné, že c+d=0. Neexistujú žiadne ďalšie sumy nad 2 termíny. Skupina B má teda najviac dve nuly.

Zvážte skupinu C. Ukážme, že má najviac jednu nulu. Predpokladajme opak. Potom sú tam aspoň dve nuly. V tomto prípade je aspoň jedna nula súčtom niektorých troch koncipovaných čísel, to znamená, že môžeme predpokladať, že a+b+c=0. Ak a+b+c+d=0, potom d=0, čo je v rozpore s podmienkou. Potom je splnená aspoň jedna z rovnosti: a+b+d=0, a+c+d=0, b+c+d=0. V prvom prípade a+b+c=a+b+d=0, potom c=d. V druhom prípade b=d, v treťom prípade a=d. Všetky tri prípady teda odporujú podmienke a náš predpoklad je nesprávny. Preto má skupina C najviac jednu nulu.

Celkový počet núl teda nepresiahne 0+2+1=3. Uveďme príklad koncipovaných čísel, pre ktoré budú na tabuli napísané práve 3 nuly. Nechajte učiteľa vymyslieť čísla 2, -2,3, -3. Potom 2+(-2)=0; 3+(-3)=0; 2+(-2)+3+(-3)=0. Na tabuli sú napísané presne 3 nuly.48, aritmetický priemer je 6, najväčší spoločný deliteľ je 1.

b)Áno. Napríklad 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 11. Súčet týchto čísel je 40, aritmetický priemer je 5, najväčší spoločný deliteľ je 1.

v) Nech je najväčší spoločný deliteľ ôsmich čísel a_(1)< a_{2} <...< a_{8} равен d . Тогда a_{1} \geq d, a_{2} \geq 2d,..., a_{8} \geq 8d. Следовательно, a_(1)+a_(2)+...+a_(8) \geq 36d, a aritmetický priemer \frac(a_(1)+a_(2)+...+a_(8))(8) \geq \frac(36)(8)d=4,5d. To znamená, že aritmetický priemer nemôže byť presne 4-krát väčší ako najväčší spoločný deliteľ.

Odpoveď

a)Áno; b)Áno; v)č.

Zdroj: „Matematika. Príprava na skúšku-2017. úroveň profilu. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Teda 1 \leq S(x) \leq 28, čo znamená 1987 \leq x \leq 2014. Podľa testu deliteľnosti 3 majú čísla x a S(x) pri delení 3 rovnaký zvyšok. Ak x je násobok 3 , potom x=3k, k \in \mathbb N a S(x)=3m, m \in \mathbb N a súčet x+S(x) je násobkom 3 . Ale číslo 2015 nie je násobkom 3 . V tomto prípade rovnica nemá riešenia.

Nech x=3k+1 a S(x)=3m+1, potom súčet x+S(x), podobne ako číslo 2015 , pri delení 3 má zvyšok 2 . Medzi číslami od roku 1987 do 2014 zvyšok 1 pri delení 3 dáva čísla 1987, 1990, 1993, 1996, 1999, 2002, 2005, 2008, 2011, 2014. Po skontrolovaní týchto čísel sme presvedčení, že vyhovujúce sú iba roky 1993 a 2011. Nech x=3k+2 a S(x)=3m+2, potom súčet x+S(x) pri delení 3 má zvyšok 1 a číslo 2015 pri delení 3 má zvyšok 2. V tomto prípade rovnica nemá riešenia.

b) Podľa kritéria deliteľnosti 3 majú čísla x , S(x) a S(S(x)) pri delení 3 rovnaké zvyšky. Čiže súčet x+S(x)+S(S(x)) je deliteľný 3. Číslo 2015 nie je deliteľné 3, takže neexistujú žiadne riešenia.

v)číslo x< 2015. Среди чисел, меньших 2015 , наибольшую сумму цифр 28 имеет число 1999 . Так как S(x) \leq 28, S(S(x)) \leq S(19)=10, S(S(S(x))) \leq 9, то x= 2015-S(x)-S(S(x))-S(S(S(x))) \geq 2015-28-10-9=1968.

Podľa kritéria deliteľnosti 9 majú čísla x , S(x) a S(S(x)) a S(S(S(x))) rovnaké zvyšky, ak sú delené 9 . Číslo 2015 pri delení 9 ponecháva zvyšok 8, takže číslo x musí dať zvyšok 2. Medzi číslami od roku 1968 do roku 2015 zvyšok 2 pri delení 9 dáva 1973, 1982, 1991, 2000, 2009. Po kontrole týchto čísel sme presvedčení, že iba rok 1991 je vhodný.

Odpoveď

a) 1993 ; 2011 ;

b)žiadne riešenia;

v) 1991.

Téma: Teória čísel v úlohách C6 z Jednotnej štátnej skúšky XII Medziokresná vedecká a praktická konferencia „Krok do budúcnosti“ Sekcia: Matematika Vyplnil: Ildar Garifullin, Roman Sinitsky 11. ročník, MOU Lýceum 6 Vedúci: Muntyan E.M. Učiteľ matematiky, Lýceum 6, Severobaikalsk, 2012

Relevantnosť Absolvovanie skúšky je hlavnou úlohou všetkých absolventov a je žiaduce získať viac bodov. Počet a prestíž univerzít, kam môže absolvent vstúpiť, závisí od výsledkov USE. Samozrejme, na skúške sa treba rozhodnúť čo najviac. Úloha C6 v USE v matematike je hodnotená najvyšším skóre, ale bohužiaľ veľmi malé percento absolventov túto úlohu začne riešiť, pretože jej zložitosť je príliš vysoká. Chceme tento mýtus vyvrátiť a ukázať, ako sa niektoré z týchto úloh riešia. Nasleduje štatistika splnenia úlohy C6 absolventmi škôl, ktorí absolvovali USE z matematiky.

Percento Množstvo Nepokračovalo v úlohe C6 90,3 % Vyriešené C6 o 1 bod %1236 Vyriešené C6 o 2 body %269 Vyriešené C6 o 3 body 0,097 %727 Vyriešené C6 o 4 body %123 Skóre v testoch (2011) 4 body v základná forma 24 bodov v testovej forme

Znamienko deliteľnosti 11 (teória) Na to, aby bolo prirodzené číslo deliteľné 11, je potrebné a postačujúce, aby algebraický súčet jeho číslic, braný so znamienkom „+“, ak sú číslice na nepárnych miestach (zač. s jednotkovou číslicou) a brané so znamienkom „-“, ak sú čísla na párnych miestach, bolo vydelené 11.

Uplatnenie znamienka deliteľnosti 11 Číslo je deliteľné 11 práve vtedy, ak je rozdiel medzi súčtami jeho cifier na nepárnych a párnych miestach deliteľný 11. Zapíšme si všetky cifry za sebou: V zapísanom čísle , uvedený rozdiel v sumách je 5. Čísla sú 0, 2, 4, 6, 8 - stoja na nepárnych miestach Čísla 1, 3, 5, 7, 9 - stoja na párnych miestach () + () \u003d 5

Prehodením čísel, povedzme 1 a 4, zväčšíme obe zátvorky o 3. A keďže máme 2 zátvorky, celková suma sa zvýši o 6. Ukáže sa číslo od do Mali sme () + () = 5 Po nahradení ( ) + () =11 Použite test deliteľnosti 11

Na získanie ďalších čísel podľa úlohy stačí prehodiť jedno z dvojice čísel. Pri preskupení dvojíc sa súčet v zátvorkách nemení, pretože párne čísla zostávajú na párnych miestach a nepárne čísla na nepárnych. Nežiada sa od nás nájsť všetky čísla, takže stačí 3: (; ;)

Úloha 2 (aplikácia poznatkov o racionálnych číslach) Nekonečný desatinný zlomok je usporiadaný nasledovne. Pred desatinnou čiarkou je nula. Za desatinnou čiarkou sa za sebou vypíšu členy aritmetickej postupnosti (d je celé číslo). Prípadné mínusy boli z prijatého záznamu odstránené. Výsledkom je racionálne číslo. Nájdite toto číslo.

Racionálne čísla (teória) Racionálne číslo je číslo, ktoré možno znázorniť ako zlomok, kde a sú celé čísla (m 0) Racionálne čísla môžu byť reprezentované iba konečnými desatinnými alebo nekonečnými periodickými zlomkami. Periodický zlomok je nekonečný desatinný zlomok, v ktorom od určitého miesta existuje iba periodicky sa opakujúca určitá skupina číslic.

Postupnosť úlohy 4 Všetky členy konečnej postupnosti sú prirodzené čísla. Každý člen tejto postupnosti, počnúc druhým, je buď 14-krát väčší alebo 14-krát menší ako predchádzajúci. Súčet všetkých členov postupnosti je A) Môže mať postupnosť dva členy? b) Môže mať postupnosť tri členy? c) Aký je maximálny počet výrazov, ktoré môžu byť v poradí?

c) Aký je maximálny počet výrazov, ktoré môžu byť v poradí? na nájdenie najväčšieho počtu výrazov potrebujete, aby prvky boli čo najmenšie, teda čísla 1 a 14. Možné sú štyri možnosti. 1)(14+1)+(14+1)…+(14+1)=7424 – počet prvkov je párny, prvý prvok je 14 2)14+(1+14)+(1+14) …+(1+ 14)=7424 – počet prvkov je nepárny, prvý prvok je 14 3) (1+14)+(1+14)…+(1+14)=7424 – počet prvkov je párny, prvý prvok je 1 4)1+(14+1 )+(14+1)…+(14+1)=7424 - počet prvkov je nepárny, prvý prvok je 1 1,3)(14 +1)n=7424 2) 14+(1+14)n= (14+ 1)n=7424 Je zrejmé, že 1,3,4-varianty 15n= n= n=7423 nie sú vhodné. n=494,9(3) n=494 n=494,8(6) 2) V druhom prípade máme 494 párov (1+14) a prvý prvok je 14. Odpoveď.989

Úloha 5 minimá a maximá Pred každé z čísel 3, 4, 5 a 14, 15 sa ľubovoľne vloží znamienko plus alebo mínus, po ktorom sa každé z vytvorených čísel druhej množiny pripočíta ku každému z vytvorených čísel prvý súbor a potom sa spočíta všetkých 45 prijatých výsledkov. Aký je najmenší súčet modulov a aký najväčší súčet možno získať ako výsledok?

0, t.j. celé číslo y: -2;-1;0. Pre y=-2 nemá druhá rovnica riešenie. S y=-1, x=-7 alebo x=4. Ale pre x=-7 nie je splnená prvá nerovnosť. Pre y=0, x=2 alebo" title="(!LANG:Riešenie: Uvažujme nerv I. Je štvorcový vzhľadom na x a má riešenie pre D>0, t. j. celé číslo y: -2;-1 0. Pre y=-2 nemá druhá rovnica riešenie. Pre y=-1, x=-7 alebo x=4. Ale pre x=-7 prvá nerovnosť neplatí. Pre y=0 platí x = 2 alebo" class="link_thumb"> 23 !} Riešenie: Zvážte, že som nervózny. Je štvorcový v x a má riešenie pre D > 0, t. j. celé číslo y: -2;-1;0. Pre y=-2 nemá druhá rovnica riešenie. S y=-1, x=-7 alebo x=4. Ale pre x=-7 nie je splnená prvá nerovnosť. S y=0, x=2 alebo x=-2. Ale pre tieto hodnoty nie je splnená prvá nerovnosť. Odpoveď: (4;-1). 0, t.j. celé číslo y: -2;-1;0. Pre y=-2 nemá druhá rovnica riešenie. S y=-1, x=-7 alebo x=4. Ale pre x=-7 nie je splnená prvá nerovnosť. Pre y=0, x=2 alebo "> 0, t. j. celé číslo y: -2;-1;0. Pre y=-2 nemá druhá rovnica riešenie. Pre y=-1 platí x=-7 alebo x = 4. Ale pri x=-7 nie je splnená prvá nerovnosť. Pri y=0, x=2 alebo x=-2. Ale pri týchto hodnotách prvá nerovnosť nie je splnená. Odpoveď: (4;-1 )." > 0, t.j. celé čísla y: -2;-1;0. Pre y=-2 nemá druhá rovnica riešenie. S y=-1, x=-7 alebo x=4. Ale pre x=-7 nie je splnená prvá nerovnosť. Pre y=0, x=2 alebo" title="(!LANG:Riešenie: Uvažujme nerv I. Je štvorcový vzhľadom na x a má riešenie pre D>0, t. j. celé číslo y: -2;-1 0. Pre y=-2 nemá druhá rovnica riešenie. Pre y=-1, x=-7 alebo x=4. Ale pre x=-7 prvá nerovnosť neplatí. Pre y=0 platí x = 2 alebo"> title="Riešenie: Zvážte, že som nervózny. Je štvorcový v x a má riešenie pre D > 0, t. j. celé číslo y: -2;-1;0. Pre y=-2 nemá druhá rovnica riešenie. S y=-1, x=-7 alebo x=4. Ale pre x=-7 nie je splnená prvá nerovnosť. Pre y=0, x=2 alebo"> !}

19 úloha v profile úroveň USE v matematike je zameraný na zisťovanie schopnosti žiakov pracovať s číslami, konkrétne ich vlastnosťami. Táto úloha je najťažšia a vyžaduje si neštandardný prístup a dobrú znalosť vlastností čísel. Prejdime k typickej úlohe.

Analýza typických možností pre zadanie č. 19 VYUŽITIE v matematike na úrovni profilu

Prvá verzia úlohy (demo verzia 2018)

Na tabuli je napísaných viac ako 40, ale menej ako 48 celých čísel. Aritmetický priemer týchto čísel je -3, aritmetický priemer všetkých kladných čísel je 4 a aritmetický priemer všetkých záporných čísel je -8.

a) Koľko čísel je napísaných na tabuli?

b) Aké čísla sa píšu viac: kladné alebo záporné?

c) Aký je medzi nimi najväčší počet kladných čísel?

Algoritmus riešenia:

1. Zavádzame premenné k, l, m.
2. Nájdenie súčtu množiny čísel.
3. Odpovedáme na bod a).
4. Určíme, ktoré čísla sú väčšie (bod b)).
5. Určte, koľko kladných čísel.

Riešenie:

1. Nech je medzi číslami napísanými na tabuli kladné k. Záporné čísla l a nula m.

2. Súčet vypísaných čísel sa rovná ich počtu v danom zázname na tabuli, vynásobený aritmetickým priemerom. Určte množstvo:

4k-8 l+ 0⋅m = − 3(k + l+m)

3. Všimnite si, že vľavo vo vyššie uvedenej rovnosti je každý z členov deliteľný 4, preto súčet počtu každého typu čísel k + l+ m je tiež deliteľné 4. Podľa podmienky spĺňa celkový počet zapísaných čísel nerovnosť:

40 < k + l+ m< 48

Potom k + l+ m = 44, pretože 44 je jediné prirodzené číslo medzi 40 a 48, ktoré je deliteľné 4.

Na tabuli je teda napísaných iba 44 čísel.

4. Určte, ktorý typ čísel je väčší: kladné alebo záporné. Aby sme to dosiahli, uvádzame rovnosť 4k −8l = − 3(k + l+m) do zjednodušenej podoby: 5 l= 7k + 3m.

5. m≥ 0. To znamená: 5 l≥7 tis., l>k. Ukazuje sa, že záporných čísel je viac ako pozitívnych. Namiesto k + dosadíme l+ m číslo 44 do rovnosti

4k −8l = − 3(k + l+ m).

4k − 8 l= -132, k = 2 l − 33

k + l≤ 44, potom sa ukáže: 3 l− 33 ≤ 44; 3l ≤ 77;l≤ 25; k = 2 l− 33 ≤17. Z toho usúdime, že existuje najviac 17 kladných čísel.

Ak je len 17 kladných čísel, potom sa číslo 4 napíše na tabuľu 17-krát, číslo −8 sa napíše 25-krát a číslo 0 sa napíše 2-krát. Takáto množina spĺňa všetky požiadavky úlohy.

Odpoveď: a) 44; b) negatívne; c) 17.

Druhá možnosť 1 (od Yaschenka, č. 1)

Na tabuli je napísaných 35 rôznych prirodzených čísel, z ktorých každé je buď párne, alebo sa jeho desatinný zápis končí číslom 3. Súčet zapísaných čísel je 1062.

a) Môže byť na hracej ploche presne 27 párnych čísel?

b) Môžu práve dve čísla na tabuli končiť číslom 3?

c) Aký najmenší počet čísel končiacich na 3 môže byť na tabuli?

Algoritmus riešenia:

1. Uveďme príklad množiny čísel, ktorá spĺňa podmienku (Tým sa potvrdzuje možnosť množiny čísel).
2. Skontrolujeme pravdepodobnosť druhej podmienky.
3. Odpoveď na tretiu otázku hľadáme zavedením premennej n.
4. Odpovede si zapisujeme.

Riešenie:

1. Takýto približný zoznam čísel na tabuli spĺňa dané podmienky:

3,13,23,33,43,53,63,73,2,4,6,…,50,52,56

To dáva kladnú odpoveď na otázku a.

2. Na tabuľu nech sú napísané práve dve čísla, ktorých posledná číslica je 3. Potom sa tam napíše 33 párnych čísel. Ich súčet:

To je v rozpore so skutočnosťou, že súčet zapísaných čísel je 1062, to znamená, že na otázku b neexistuje kladná odpoveď.

3. Predpokladáme, že na tabuli je napísaných n čísel končiacich na 3 a (35 - n) z nich je párnych. Potom je súčet čísel končiacich na 3

a súčet párnych čísel:

2+4+…+2(35 – n)=(35 – n)(36 – n)= n2 -71 n+1260.

Potom z podmienky:

Vyriešime výslednú nerovnosť:

Ukazuje sa, že . Keď teda vieme, že n je prirodzené číslo, dostaneme .

3. Najmenší počet čísel končiacich na 3 môže byť len 5. A sčíta sa 30 párnych čísel, potom je súčet všetkých čísel nepárny. Takže existuje viac čísel, ktoré končia na 3. ako päť, pretože súčet podľa podmienky sa rovná párnemu číslu. Skúsme vziať 6 čísel, pričom posledná číslica je 3.

Uveďme príklad, keď 6 čísel končí tromi a 29 sú párne čísla. Ich súčet je 1062. Získa sa nasledujúci zoznam:

3, 13, 23, 33, 43, 53, 2, 4, ..., 54, 56, 82.

odpoveď: a) áno; b) nie; o 6.

Tretia možnosť (od Yaschenka, č. 4)

Masha a Natasha fotili niekoľko dní po sebe. Prvý deň Masha fotila m a Natasha n fotiek. Každý nasledujúci deň si každé z dievčat urobilo o jednu fotku viac ako v predchádzajúci deň. Je známe, že Natasha urobila celkovo o 1173 fotografií viac ako Masha a že fotili viac ako jeden deň.

a) Mohli by fotiť 17 dní?

b) Mohli by fotiť 18 dní?

c) Aký je najväčší celkový počet fotografií, ktoré mohla Nataša urobiť počas všetkých dní fotografovania, ak je známe, že v posledný deň Máša urobila menej ako 45 fotografií?

Algoritmus riešenia:

1. Odpovedzme na otázku a).
2. Poďme nájsť odpoveď na otázku b).
3. Nájdite celkový počet fotografií, ktoré urobila Natasha.
4. Zapíšme si odpoveď.

Riešenie:

1. Ak Máša odfotila m 1. deň, tak za 17 dní odfotila obrázky.

• N- prirodzené čísla (1, 2, 3, ...);
• Z- celé čísla (0, ±1, ±2, ±3, ...);
• Q- racionálne čísla, môžu byť reprezentované ako zlomok \frac(m)(n) , kde m – celé číslo a P - prirodzené (3,\frac(2)(3) , -\frac(4)(3) );
• R- reálne čísla (3, \sqrt(7) , 0, -\frac(2)(3) );
• Iracionálne čísla - sú to reálne čísla, ktoré nie sú racionálne (\sqrt(7) ).
• C- komplexné čísla ( a+i⋅b, kde i- pomyselná jednotka a ja 2=-1). Každé reálne číslo je zložité.
• Kladné čísla sú väčšie ako nula. Napríklad 4, \sqrt(5) , 213. Ale nie 0 a nie −5.
• Nezáporné čísla nie sú menej ako nula. Napríklad 6, 0, 32. Ale nie -3.
• Záporné čísla. Čísla, ktoré sú menšie ako nula. Napríklad −4, -\sqrt(5) . Ale nie 0 alebo 5.
• nekladné čísla. Čísla, ktoré nie sú väčšie ako nula. Napríklad 0, −\sqrt(3) . Ale nie 6, nie \sqrt(7) .

Vlastnosti sčítania a násobenia prirodzených čísel:

• a + b = b + a - komutatívna vlastnosť sčítania
• (a + b) + c = a + (b + c) -
• a∙b = b∙a – komutatívna vlastnosť násobenia
• (a∙b)∙c = a∙(b∙c) – asociatívna vlastnosť sčítania
• a(b ± c) = ab ± ac– distributívna vlastnosť násobenia vzhľadom na sčítanie/odčítanie

Ak m, n, k teda prirodzené čísla m – n = k hovoria to m- znížený n- odpočítateľný k- rozdiel; m:n=k hovoria to m- deliteľný n- delič, k- súkromné.

Najmenší spoločný násobok (LCM) dvoch alebo viacerých prirodzených čísel je najmenšie prirodzené číslo, ktoré je samo deliteľné každým z týchto čísel.

Najväčší spoločný deliteľ (gcd) dvoch daných čísel a a b je najväčšie číslo, ktorým obe čísla a a b rozdelené bez stopy.

Priemerná množiny čísel - súčet všetkých čísel delený ich počtom

Aritmetický postup - toto je číselná postupnosť, ktorej každý člen od druhého sa rovná predchádzajúcemu, pripočítanému konštantným číslom pre túto postupnosť d.

Vzorec aritmetického postupu: a n \u003d a 1 + d (n - 1).

Geometrická progresia je číselná postupnosť daná dvoma parametrami b, q (q ≠ 0) a právo b 1 = b, b n = b n-1 ∙q, n = 2, 3, ….

Vzorec na výpočet geometrickej postupnosti: b n = b 1 ∙ q n-1.

Vzorec pre menovateľ geometrickej postupnosti: q = b n+1 / b n

Sumárny vzorec n- prvé členy geometrickej postupnosti:

Sn \u003d b 1 (1 - q n) / (1 - q)

S n \u003d (b 1 - b n q) / (1 - q), kde q ≠ 1