Номер 280, страница 70, часть 1 - гдз по математике 5 класс учебник Петерсон, Дорофеев

К 280 Докажи методом перебора следующие утверждения.

1) При делении на 9 любого числа из множества ${20, 56, 101}$ в остатке получается 2.

2) Все числа из множества ${273, 343, 1505}$ делятся на 7.

3) Число 37 является делителем всех чисел из множества ${222, 333, 555}$.

4) Все числа из множества ${1001, 10\,011\,001, 100\,110\,011\,001}$ кратны 7, 11 и 13.

5) Каждая фигура на рисунке имеет ось симметрии.

6) Все фигуры, изображённые на рисунке, можно начертить, не отрывая карандаша от бумаги и не проходя по одной линии дважды.

1) При делении на 9 любого числа из множества {20, 56, 101} в остатке получается 2.

Для доказательства утверждения разделим каждое число из указанного множества на 9 и проверим остаток.

Для числа 20: $20 \div 9 = 2$ (остаток 2), так как $20 = 2 \cdot 9 + 2$.

Для числа 56: $56 \div 9 = 6$ (остаток 2), так как $56 = 6 \cdot 9 + 2$.

Для числа 101: $101 \div 9 = 11$ (остаток 2), так как $101 = 11 \cdot 9 + 2$.

Для каждого числа из множества остаток от деления на 9 равен 2.

Ответ: Утверждение доказано.

2) Все числа из множества {273, 343, 1505} делятся на 7.

Для доказательства утверждения разделим каждое число из множества на 7.

Для числа 273: $273 \div 7 = 39$. Делится нацело.

Для числа 343: $343 \div 7 = 49$. Делится нацело.

Для числа 1505: $1505 \div 7 = 215$. Делится нацело.

Все числа из множества делятся на 7 без остатка.

Ответ: Утверждение доказано.

3) Число 37 является делителем всех чисел из множества {222, 333, 555}.

Для доказательства утверждения разделим каждое число из множества на 37.

Для числа 222: $222 \div 37 = 6$. Число 37 является делителем 222.

Для числа 333: $333 \div 37 = 9$. Число 37 является делителем 333.

Для числа 555: $555 \div 37 = 15$. Число 37 является делителем 555.

Число 37 является делителем каждого числа из данного множества.

Ответ: Утверждение доказано.

4) Все числа из множества {1001, 10 011 001, 100 110 011 001} кратны 7, 11 и 13.

Число кратно 7, 11 и 13 одновременно, если оно кратно их произведению, так как эти числа являются попарно простыми. Найдем их произведение: $7 \cdot 11 \cdot 13 = 77 \cdot 13 = 1001$.

Следовательно, нам нужно доказать, что все числа из множества делятся на 1001. Запись чисел в условии, вероятно, содержит опечатки в расстановке пробелов. Наиболее вероятные числа, исходя из математического контекста, это 1001, 10011001 и 100110011001. Проверим их:

Для числа 1001: $1001 \div 1001 = 1$. Число кратно 1001.

Для числа 10011001: $10011001 = 10010000 + 1001 = 1001 \cdot 10000 + 1001 \cdot 1 = 1001 \cdot (10000+1) = 1001 \cdot 10001$. Число кратно 1001.

Для числа 100110011001: $100110011001 = 1001 \cdot 10^8 + 1001 \cdot 10^4 + 1001 = 1001 \cdot (10^8 + 10^4 + 1)$. Число кратно 1001.

Так как все числа делятся на 1001, они также кратны 7, 11 и 13.

Ответ: Утверждение доказано.

5) Каждая фигура на рисунке имеет ось симметрии.

Проверим наличие оси симметрии для каждой из трех фигур.

Первая фигура (ромб): имеет две оси симметрии, которыми являются прямые, содержащие его диагонали.

Вторая фигура (равнобедренная трапеция): имеет одну ось симметрии — это вертикальная прямая, проходящая через середины ее оснований.

Третья фигура (прямоугольник): имеет две оси симметрии — это прямые, проходящие через середины его противоположных сторон.

Каждая из фигур имеет как минимум одну ось симметрии.

Ответ: Утверждение доказано.

6) Все фигуры, изображённые на рисунке, можно начертить, не отрывая карандаша от бумаги и не проходя по одной линии дважды.

Фигуру можно начертить таким способом (это называется эйлеровым путем), если она является связной и количество вершин с нечетной степенью (точек, где сходится нечетное число линий) в ней равно 0 или 2. Проверим каждую фигуру.

Первая фигура (квадрат с диагональю): у нее 2 вершины со степенью 3 (нечетная) и 2 вершины со степенью 2 (четная). Количество нечетных вершин равно 2, значит, фигуру можно начертить.

Вторая фигура (прямоугольник с двумя диагоналями): у нее 4 угловые вершины, степень каждой равна 3 (нечетная), и одна центральная вершина со степенью 4 (четная). Количество нечетных вершин равно 4. Поскольку это число не равно 0 или 2, эту фигуру невозможно начертить указанным способом.

Третья фигура: у нее все 5 вершин имеют четную степень (две — степень 2, три — степень 4). Количество нечетных вершин равно 0, значит, фигуру можно начертить.

Четвертая фигура: у нее 2 вершины со степенью 3 (нечетная) и 4 вершины с четной степенью. Количество нечетных вершин равно 2, значит, фигуру можно начертить.

Так как вторая фигура не удовлетворяет условию, общее утверждение, что "все фигуры" можно начертить, является ложным.

Ответ: Утверждение неверно. Контрпримером является вторая фигура (прямоугольник с диагоналями), которую невозможно начертить, не отрывая карандаша от бумаги и не проходя по одной линии дважды, так как она содержит 4 вершины нечетной степени.