На какую наибольшую степень числа 3 делится сумма

1! + 2! + 3! +... + 2006!? (Здесь для натурального числа k обозначено k! – произведение всех натуральных чисел от 1 до k включительно)

Ответ: на третью степень числа 3.

Решение:

Обозначим S_n = 1! + 2! + 3! +... + n!. Заметим, что S ₇ = 5913 и это число делится на 3³ = 27. При меньших значениях n или при n = 8 S_n не делится на 27: S ₁ = 1; S ₂ = 3; S ₃ = 9; S ₄ = 33; S ₅ = 153; S ₆ = 873; S ₈ = 46233. Если k 9, то k! включает в себя произведение 3× 6× 9, поэтому делится на 27.

Таким образом, при n 9 получим: S_n = S ₇ + 8! + 9! +.... В этой сумме одно из слагаемых не делится на 27, а остальные – делятся, поэтому такая суммане делится на 27.

5. На окружности с центром О отмечены точки А и В. Две другие окружности лежат внутри данной, касаются ее в точках А и В и касаются друг друга в точке М. Найдите геометрическое место точек М.

Ответ: внутренние точки дуги окружности с концами в точках А и В и центром в точке С пересечения касательных к большей окружности в точках А и В (см. рис. 1б).

Решение:

Лемма. Пусть две окружности касаются в некоторой точке О. Тогда геометрическое место точек Р таких, что отрезки касательных, проведенных из этих точек к обеим окружностям, равны, есть общая касательная к этим окружностям, проходящая через точку О.

Доказательство. 1) Если точка Р лежит на общей касательной, то она обладает требуемым свойством, поскольку отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны.

2) Пусть точка Р обладает данным свойством. Докажем, что она лежит на общей касательной. Для этого, например, введем систему координат так, чтобы центры окружностей лежали на оси x, а общая касательная окружностей совпала с осью y (см. рис. 1а). Тогда Û Û Û 2x(R + r) = 0 Þ x = 0, то есть точка Р лежит на оси y.

Отметим, что доказанная лемма справедлива и в случае внутреннего касания двух окружностей. Более того, аналогичное ГМТ можно рассмотреть и в случае непересекающихся неконцентрических окружностей. В этом случае искомым ГМТ также является прямая, перпендикулярная линии центров данных окружностей. Такая прямая называется радикальной осью двух окружностей.

Пусть теперь имеются три окружности, попарно касающиеся друг друга (внутренним или внешним образом). Из доказанной леммы следует, что точка пересечения любых двух общих касательных (проведенных через общие точки касания) также будет принадлежать и третьей касательной, то есть все три общие касательные пересекаются в одной точке.

Теперь решим данную задачу.

1) Рассмотрим какую-нибудь точку М, принадлежащую искомому ГМТ (см. рис. 1б). Проведем общие касательные к окружностям в точках А и В, и отметим точку С их пересечения. Через эту же точку пройдет и касательная, проведенная из точки М. Так как СА = СВ = СМ, то М – внутренняя точка дуги АВ окружности с центром С и радиусом СА.

2) Рассмотрим какую-нибудь внутреннюю точку М указанной дуги (см. рис. 1в). Проведем через точку М отрезок, перпендикулярный СМ до пересечения с радиусами ОА и ОВ большей окружности в точках О ₁ и О ₂ соответственно. Очевидно, что эти пересечения и будут являться центрами двух окружностей, касающихся друг друга в точке М, и исходной – в точках А и В.

Доказать, что искомое ГМТ является дугой некоторой окружности, можно и другим способом. Пусть Ð АОВ = a, тогда Ð АMВ = 180° – (Ð АMО₁ + Ð BMО₂) = (90° – Ð АMО₁) + (90° – Ð BMО₂) = Ð АО₁M + Ð BО₂M = (180° – Ð OО₁О₂) + (180° – Ð OО₂О₁) = 180° – (Ð OО₁О₂ + Ð OО₂О₁) = 180° – (180° – a) = 90° + a (см. рис. 7в). Найденный угол АMВ не зависит от выбора окружностей, поэтому, точка М принадлежит ГМТ, из которых отрезок АВ виден под углом j = 90° + a.

Класс.

1. Найдите все целые решения неравенства: | x + 3 y – 5, 5| + | x – 3 y | £ .

Ответ: (3; 1)

Решение:

Пусть (x; y) – решение неравенства. Тогда из условия задачи следует, что | x – 3 y | < 1. Так как x и y – целые числа, то x = 3y. Подставим этот результат в исходное неравенство, тогда: |6 y – 5, 5| £ Þ |6 y – 5, 5| < 1 Û –1 < 6 y – 5, 5 < 1 Û . Таким образом, y = 1; x = 3.

Проверка показывает, что (3; 1) является решением исходного неравенства.

Возможно также «лобовое решение», основанное на раскрытии модулей, но тогда придется рассмотреть четыре случая, поэтому такое решение является очень трудоемким.

2. Существуют ли две функции f(x) и g(x), определенные на R и тождественно не равные нулю, такие, что f(g(x)) º 0 и g(f(x)) º 0?

Ответ: да, существуют.

Решение:

Есть много примеров функций, удовлетворяющих условию. Приведем два различных примера, задавая функции различными способами.

1) f(x) = [ x ] (целая часть числа x); g(x) = { x } (дробная часть числа x). Тогда при любых x Î R [{ x }] = {[ x ]} = 0.

2) f(x) = ; g(x) = . Обе функции принимают только два значения: 0 и 1, причем f(0) = g(0) = 0 и f(1) = g(1) = 0, поэтому, при любых x Î R f(g(x)) = 0 и g(f(x)) = 0.

3. Имеется дробь . Каждую секунду к её числителю прибавляется 1, а к знаменателю 7. Восточное поверие гласит: в тот момент, когда получится дробь, сократимая на 11, наступит конец света. Докажите, что не следует бояться наступления конца света.

Решение:

Через n секунд дробь будет иметь вид . Предположим, что она сократима на 11, т.е. числа и делятся на 11. Но тогда и число тоже должно делиться на 11, что неверно, так как .

4. Дан квадрат АВСD. Луч АЕ пересекает сторону ВС, причем Ð ВАЕ = 30°, а Ð ВСЕ = 75°. Найдите Ð CBЕ.

Ответ: 30°.

Решение:

Проведем в данном квадрате диагональ АС (см. рис.2). Из условия следует, что Ð EKC = Ð AKB = 60°, значит Ð АEC = 45° = Ð АBC. Поэтому, если провести окружность с центром в точке В и радиусом R = ВА = ВС, то точка Е будет лежать на этой окружности. Следовательно, ВЕ = ВС, то есть, треугольник ВЕС – равнобедренный с углом 30° при вершине.

Отметим, что задачу также можно решить «обратным ходом», то есть, угадать ответ и с помощью подсчета величин углов доказать, что данная конструкция – «жесткая».

5. На окружности расположены десять точек. Эти точки требуется соединить пятью хордами, не имеющими общих точек (даже общих концов). Сколькими способами это можно сделать?

Ответ: 42 способами.

Решение:

Предположим, что на окружности последовательно отмечено 2 n точек: A ₁, A ₂, A ₃, A ₄, _… A _{2 n – 1,} A _{2 n} . Пусть x_n – количество способов провести n непересекающихся хорд.

Заметим, что любая хорда, удовлетворяющая условию, должна быть проведена так, чтобы по обе стороны от нее располагалось четное количество данных точек. При этом, если какая-то хорда зафиксирована, то группы точек с одной и с другой стороны от нее можно рассматривать независимо, и решать задачу отдельно для каждой группы. Тогда количество способов провести n – 1 хорду равно произведению количества способов провести хорды в каждой из образовавшихся групп точек.

Будем последовательно фиксировать хорды A ₁ A ₂, A ₁ A ₄, A ₁ A ₆, …, A ₁ A _2n. Тогда число x_n будет складываться из количества способов провести оставшиеся хорды в каждом из этих n случаев, то есть x_n = x_{n – 1} + x ₁× x_{n – 2} + x ₂× x_{n – 3} + x ₃× x_{n – 4} + … + x_{n – 2}× x ₁ + x_{n – 1.}

Заметим, что ни какой из способов расстановки хорд мы не подсчитали дважды, так как в каждом из случаев можно провести только одну хорду с концом А _1.

Итак, x ₁ = 1, x ₂ = 2 (это можно было заметить и без общей формулы), x ₃ = 5, x ₄ = 14, x ₅ = 42.

Числа, полученные в процессе решения задачи, называются числами Каталана. Их общая формула: , где – количество сочетаний из 2n + 1 по n, то есть, количество способов выбрать n предметов из 2n + 1.

Класс

1. Пусть S(N) – сумма цифр натурального числа N. Найдите все N, для которых N+S(N) = 2014.

Ответ: 1988, 2006.

Решение:

Очевидно, искомое N- четырехзначное число , где . Тогда возможны два случая:

1) .

2) .

2. Существует ли многочлен P(x) такой, что P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = 3, P(4) = 4, P(5) = 5, а его значения при всех остальных натуральных x – иррациональны?

Ответ: да, существует.

Решение:

Например, если P (x) = x + (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5), то такой многочлен, очевидно, принимает значения, указанные в условии. При x = n, где n Î N и n > 5, его значения имеют вид: P (n) = n + m , где m – также натуральное число, поэтому P (n) – иррационально

3.Докажите неравенство: .

Решение:

Первый способ. Заметим, что выполняются следующие числовые неравенства: ; ;...; . Кроме того, для любых натуральных k выполняется равенство .

Таким образом, < = = = , что и требовалось доказать.

Второй способ. Докажем, что для любого натурального n ³ 2 справедливо неравенство: . Воспользуемся методом математической индукции.

1) При n = 2 получим верное неравенство .

2) Предположим, что доказываемое неравенство верно при n = k, то есть . Докажем, что это неравенство будет верным и при n = k + 1. Действительно, , так как < = .

Следовательно, рассматриваемое неравенство выполняется для всех натуральных n ³ 2. Исходное неравенство получается из доказанного при n = 2006.

4. Существует ли треугольник, в котором синус одного угла равен косинусу другого и равен тангенсу третьего?

Ответ: да, существует.

Решение:

Пусть a, b и g – углы треугольника, тогда по условию: .

Так как sin a > 0 при 0 < a < p, то cos b > 0 и tg g > 0, то есть углы b и g – острые.

1) Если , то из равенства sin a = cos b следует, что . Тогда и tg g не существует, то есть этот случай невозможен.

2) Если , то sin a = cos b Û sin(p – a) = sin( – b), где углы p – a и – b не тупые. Следовательно, полученное равенство равносильно тому, что p – a = – b Û a = + b. В этом случае tg g = tg(p – (a + b)) = tg( – 2 b) = ctg2 b, то есть исходная система уравнений имеет решения тогда, и только тогда, когда имеет решения система Û Û Û . Пусть sin b = t, получим уравнение 2 t ³ – 2 t ² – 2 t + 1 = 0.

Рассмотрим f(t) = 2 t ³ – 2 t ² – 2 t + 1, тогда f(0) = 1 > 0; f(1) = –1 < 0, поэтому такое уравнение имеет хотя бы один корень на (0; 1). Это означает, что существует b, удовлетворяющее полученной системе, значит существует и треугольник, удовлетворяющий условию задачи.

5. В тетраэдре РАВС высота, опущенная из вершины Р, проходит через точку пересечения высот треугольника АВС. Найдите отношение площадей граней РАВ и РАС, если РС = 6 – ; РВ = 6 + ; ВС = 2 .

Ответ: .

Решение:

Пусть РАВС – данный тетраэдр, ВВ ₁ и СС ₁ – высоты треугольника АВС, H – ортоцентр этого треугольника (см. рис. 3).

Заметим, что = = 76 = , то есть треугольник РВС – прямоугольный (Ð BPC = 90° по теореме, обратной теореме Пифагора).

Так как прямая СС ₁ является ортогональной проекцией прямой РС на плоскость АВС и СС ₁^ АВ, то РС ^ АВ (по теореме о трех перпендикулярах). Кроме того, по доказанному РС ^ РВ, поэтому РС ^ АРВ (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости), следовательно, РС ^ РА. Аналогично доказывается, что РA ^ РВ.

Таким образом треугольники РАВ и РАС – прямоугольные (с прямыми углами при вершине Р), тогда .

Тетраэдр, вершина которого ортогонально проектируется в ортоцентр противолежащей грани, называется ортоцентрическим. У него есть много интересных свойств, в частности, остальные его вершины также проектируются в ортоцентры противолежащих граней. В приведенном решении это свойство было доказано для случая, когда одна из граней тетраэдра – прямоугольный треугольник (ортоцентр прямоугольного треугольника – вершина прямого угла). Полученный тетраэдр является прямоугольным, то есть имеет три плоских прямых угла при одной из вершин. Прямоугольный тетраэдр является частным случаем ортоцентрического.