А.В. Шевкин. Задания С6 из ЕГЭ 2010 по математике

08.04.2017

Решайте с нами, решайте как мы, решайте лучше нас!

Шевкин А.В.

Идея написать эту статью возникла у меня на осенних школьных каникулах 2009 года, удлинившихся из-за эпидемии гриппа. Отложив срочные дела на некоторое время, взял я два сборника тренировочных заданий и засел за решение олимпиадных задач С6. Первоначально хотелось вывесить «для затравки» решения нескольких задач на сайте «Математика. Школа. Будущее» (www.shevkin.ru ) и пригласить посетителей сайта принять участие в решении остальных задач. Поскольку задачи рассматриваемой тематики я сам решал впервые, то не было уверенности в том, что предложенные мною решения окажутся простыми и понятными, что я решу все задачи. Как только получились решения первых 5-6 задач, условия всех 20-ти задач — первые 10 вариантов из сборника 1), следующие 10 из сборника 2) — были разосланы знакомым учителям и методистам с предложением подключится к работе.

Первые отклики были получены от автора учебников Г.К. Муравина и В.И. Романовского (Израиль, г. Реховот, преподаватель математики, один из авторов сайта www.math-on-line.com, автор книги «Арифметика помогает алгебре», М.: Физматлит, 2007). Причем с В.И. Романовским завязалась оживленная переписка, приведшая к тому, что общими усилиями число решенных задач было доведено до 17.

Через несколько дней после публикации 21.11.2009 статьи на сайте А.Г. Рубин прислал решение задачи из варианта 16, которое с его согласия включено в статью. А 29 ноября 2009 г. учитель математики МОУ «Гимназия г. Троицка» Ю.О. Пукас прислал ответ на полемическую статью «Не корысти ради — за державу обидно!», опубликованную на сайте. В ней содержалась идея более простого решения задачи из варианта 14 и решение последней нерешённой пока задачи (вариант 6). В марте 2010 г. Ю.К. Майоров  (Москва, лицей 1523) прислал замечание по комментарию к варианту 10, которое мы учли, и свои решения задач из трёх вариантов. Последнее (по времени) исправление решения (в варианте 13) сделано 4 декабря 2010 г. после письма Г.Г. Шеремет, обнаружившей ошибку в первоначальном варианте  решения, размещенного на сайте.

В решении задачи из варианта 9 использована статья В.Ю. Кузнецовой «Олим­пиадные задачи с факториалами в тренировочных вариантах ЕГЭ» (Архимед. Научно-методический сборник. Выпуск 6. М.: АНО Институт логики, 2010).

Если у читателя этих строк появится желание упростить или исправить опубликованные решения, то пишите по адресу avshevkin@mail.ru.

Интересные решения будут вставлены в текст этой статьи на сайте с указанием фамилии приславшего решение. При этом верные первоначальные решения мы сохраним, так как они тоже содержат поучительные идеи.  

---

 

Опечатка. В 5-й строке ниже вместо p > 8 должно быть p > 1. 

Комментарии. Поясним, откуда берутся формулы для подсчета числа делителей в случаях а), б) и в).

а) Если некоторое число имеет один простой делитель m кратности k, то оно делится на каждое из чисел 1, m1, m2, … , m k, т. е. это число имеет k + 1 делителей.

б) Если некоторое число имеет t простых делителей первой кратности m1, m2, …, mt, то оно делится на

                           1, m1, m2, …, mt,

                           m1m2, m1m3, …, m1mt,

                           m1m2m3, …, m1m2, …,

                           m1m2m3…mt.

в) Если простые делители m и n некоторого числа имеют кратности a и b, то это число делится на каждое из чисел, записанных в следующих двух строках

1, m1, m2, … , m a,

1, n1, n 2, … , n b,

а также на все возможные произведения чисел, взятых по одному из каждой строки. Так как в первой строке a + 1 число, а во второй — b + 1 число, то всего делителей p = (a + 1)(b + 1).

Комментарии. Поясним, откуда берутся формулы для подсчета числа делителей в случаях а), б) и в).

а) Если некоторое число имеет один простой делитель m кратности k, то оно делится на каждое из чисел 1, m1, m2, … , m k, т. е. это число имеет k + 1 делителей.

б) Если некоторое число имеет t простых делителей первой кратности m1, m2, …, mt, то оно делится на

                           1, m1, m2, …, mt,

                           m1m2, m1m3, …, m1mt,

                           m1m2m3, …, m1m2, …,

                           m1m2m3…mt.

в) Если простые делители m и n некоторого числа имеют кратности a и b, то это число делится на каждое из чисел, записанных в следующих двух строках

1, m1, m2, … , m a,

1, n1, n 2, … , n b,

а также на все возможные произведения чисел, взятых по одному из каждой строки. Так как в первой строке a + 1 число, а во второй — b + 1 число, то всего делителей p = (a + 1)(b + 1).

 

Вариант 11

С6. Найдутся ли хотя бы три десятизначных числа, делящиеся на 11, в записи каждого из которых использованы все цифры от 0 до 9?

Решение. Число делится на 11 тогда и только тогда, когда разность между суммами его цифр, стоящих на нечётных и на чётных местах, делится на 11.

Запишем все цифры подряд: 9876543210. В написанном числе указанная разность сумм равна 5. Меняя местами, например, 5 и 8, мы одну сумму увеличиваем на 3, а другую уменьшаем на 3. Значит, разность между суммами его цифр, стоящих на нечётных и на чётных местах, становится равной 11. Меняя местами, например, 4 и 1, или 3 и 6, получаем требуемые примеры.

Примечание. В задаче не требуется нахождение всех чисел, обладающих указанным свойством.

Ответ. Да.

Комментарии. 1. Мы привели авторское решение из сборника 2). Ещё раз выразим удовольствие, если решения в таком «телеграфном стиле» будут засчитываться и на экзамене. Но задачи такого типа на экзамене могут создать конфликт, так как если выпускник случайно наткнётся на число (возможно, неведомым ему самому способом), например, на число 1968573420 и двумя перестановками пар цифр получит ещё два числа: 6918573420, 6958173420, то задача будет решена. Ведь задача с вопросом «существует ли?» считается решенной, если предъявлен объект, существование которого доказывается. Предъявление числа и доказательство наличия требуемых свойств и есть доказательство. Как в этом случае эксперты будут оценивать решение задачи?

2. В сборнике 2) была опечатка: вместо «4 и 1» было «4 и 7».

 

Вариант 12

С6. Найдите все натуральные числа, которые делятся на 42 и имеют ровно 42 различных натуральных делителя (включая единицу и само число).

Решение. (Романовский В.И.) Искомые числа делятся на 42 и имеют, по крайней мере, простые делители 2, 3 и 7. Обозначив кратности этих делителей (без привязки к ним) m, n и k, найдём эти кратности из уравнения для количества делителей числа:

N = (m + 1)(n + 1)(k + 1) = 42 = 2×3×7.

Принимаем m = 1, n = 2, k = 6 (вариант единственный с точностью до привязки к буквам). Искомые числа (их количество равно числу перестановок из трёх элементов P3 = 3! = 6) равны: 2×32×76; 2×36×72; 22×3×76; 22×36×7; 26×3×72; 26×32×7.

Ответ. 2×32×76; 2×36×72; 22×3×76; 22×36×7; 26×3×72; 26×32×7.

 

Вариант 13

C6. Решите уравнение 3m + 4n = 5k в натуральных числах.

Решение. Левая часть уравнения при любых натуральных m и n при делении на 3 даёт остаток 1, следовательно, такой же остаток при делении на 3 должен быть и у 5k, откуда следует, что k — чётное. Пусть k = 2r, r — натуральное число.

Правая часть уравнения при любом натуральном k при делении на 4 даёт остаток 1, следовательно, такой же остаток при делении на 4 должен быть и у 3m, откуда следует, что m — чётное. Пусть m = 2s, s — натуральное число.

Перепишем исходное уравнение в виде 32s + 4n = 52r, или в виде 22n = (5r – 3s)(5r + 3s). Тогда
5r – 3s = 2q и 5r + 3s = 2l, где q и l — целые неотрицательные числа и q + l = 2n. Таким образом,

5r = (2q + 2l):2, 3s = (2l – 2q):2 = 2l – 1 – 2q – 1.

Число 3s — нечётное, значит, 2l – 1 – 2q – 1 нечётно, поэтому q = 1 и 3s = 2l – 1 – 1. Следовательно, число l – 1 чётно, l – 1 = 2p (иначе левая часть не делится на 3). Тогда 3s =
= (2p – 1)(2p + 1) — произведение двух множителей, отличающихся на 2 и являющихся степенями тройки. Ясно, что эти множители 1 и 3, тогда p = 1, s = 1, m = 2s = 2. Далее последовательно получаем: l = 2p + 1 = 3, 5r = (2q + 2l):2 = 5, r = 1, k = 2r =2, q + l = 2n = 4. Итак, m = n = k = 2.

Ответ. m = 2, n = 2, k = 2.

Примечание. В журнале «Квант» (4/1998) эта задача сформулирована для уравнения
3x + 4y = 5z (А.Ю. Эвнин, В.А. Сендеров, ММО, 1998, 11 класс.). Приведём решение из журнала.

Правая часть уравнения при делении на 3 должна давать тот же остаток, что и левая, т. е. 1. Поэтому z — чётное. Аналогично, левая часть уравнения делится на 4 с остатком 1, поэтому число x тоже чётное. Обозначив z = 2t, имеем 5t – 2y = 3u, 5t + 2y = 3v. Поэтому u = 0, v = x = 2k. Значит,
1 + 2y + 1 = 32k, откуда (3k – 1)(3k + 1) = 2y + 1. Получили 3k + 1 = 2m, 32k – 1 = 2n,
2m – 2n = 2. Откуда n = 1, k = 1, y = 2, x = 2k = 2, z = 2. 

 

Поэтому каждый прыжок на 4 единицы происходит всегда через точку вида 4n. Так как точки 1 и 2 находятся на одном интервале между соседними точками вида 4n, то, начав движение из точки 1 и завершив его в точке 2 из одного интервала, мы выполним одинаковое число прыжков на 4 единицы вправо и влево, следовательно, общее число прыжков на 4 единицы чётное. Тогда на прыжки на 1 единицу остается четное число прыжков, так как общее число прыжков 2010 чётное.

Выполняя один прыжок на 1 единицу от числа k вправо (влево), мы увеличиваем (уменьшаем) число k на 1. Выполняя один прыжок на 4 единицы от числа k вправо (влево), мы увеличиваем (уменьшаем) число k на 4. Если всего выполнено а прыжков на 4 единицы вправо, а прыжков на 4 единицы влево,
b прыжков на 1 единицу вправо и c прыжков на 1 единицу влево, то выполняется равенство 1 + 4а – 4а +
+ b – c = 2 (последовательность выполнения прыжков, очевидно, не влияет на результат), т. е. верно равенство b = c + 1. Но тогда общее количество прыжков на 1 единицу равно b + c = 2c + 1 — число нечётное, а выше установлено, что это число чётное. Следовательно, выполнить требуемое невозможно.

Ответ. Нет.

Вариант 19

С6. Найдите все натуральные числа, последняя десятичная цифра которых 0 и которые имеют ровно 15 различных натуральных делителей (включая единицу и само число).

Решение. (Романовский В.И.) Здесь невозможно ограничиться одним простым делителем кратности k = 15 — 1 (см. вар. 10), поскольку по условию должны быть, по меньшей мере, два простых делителя — 2 и 5. Если ограничиться выбором только этих двух делителей, их кратности в искомых числах дает формула p = (m + 1)(n + 1), где p — количество делителей числа, равное 15, m и n — кратности простых делителей. (m + 1)(n + 1) = 15; m = 2, n = 4 (единственное решение без привязки к конкретным множителям). Существуют два числа, удовлетворяющие условию: N1 = 22×54 = 2500;
N2 = 24×52 = 400.

Ответ. 2500 и 400.

Вариант 20

С6. При каком наибольшем п найдется п семизначных чисел, являющихся последовательными членами одной геометрической прогрессии?

Решение. (Романовский В.И.) Очевидно, решая задачу, следует выполнять требование: первое член прогрессии и её знаменатель должны быть по возможности, минимальны. При этом все члены прогрессии — целые числа. Логичный, на первый взгляд, выбор числа 106 в качестве первого члена и знаменателя прогрессии 1,1 не приводит к успеху. Цепочка чисел заканчивается на 6-м ходу. Верный подход состоит в том, чтобы в качестве первого члена выбрать максимально возможную степень (естественно, основание степени должно быть минимально), а в качестве знаменателя прогрессии — неправильную дробь, знаменатель которой равен основанию степени первого члена, либо ближайшей степенью его, а числитель – знаменателю плюс 1. Выбираем в качестве первого члена прогрессии число 1048576 = 220, а в качестве знаменателя прогрессии число 5/4. Получаем такую цепочку: 1048576, 1310720, 1638400, 2048000, 2560000, 3200000, 4000000, 5000000,  6250000, 7812500, 9765625 — всего 11 членов.

Ответ. 11.