Страница 270 - гдз по алгебре 7 класс учебник Никольский, Потапов

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

Для решения этой задачи воспользуемся признаком делимости на 11. Натуральное число делится на 11 тогда и только тогда, когда разность между суммой цифр, стоящих на нечётных позициях (считая справа налево, или слева направо, что эквивалентно для знака разности), и суммой цифр, стоящих на чётных позициях, делится на 11.

Пусть наше десятизначное число $N = d_1 d_2 d_3 d_4 d_5 d_6 d_7 d_8 d_9 d_{10}$, где $d_i$ — это его цифры. По условию, это число натуральное, значит $d_1 \neq 0$. Также по условию, в записи числа использованы все цифры от 0 до 9, то есть набор цифр $\{d_1, d_2, ..., d_{10}\}$ является перестановкой множества $\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$.

Обозначим сумму цифр на нечётных позициях как $S_{нечет}$ и сумму цифр на чётных позициях как $S_{чет}$:
$S_{нечет} = d_1 + d_3 + d_5 + d_7 + d_9$
$S_{чет} = d_2 + d_4 + d_6 + d_8 + d_{10}$

Согласно признаку делимости на 11, разность $S_{нечет} - S_{чет}$ должна быть кратна 11. То есть, $S_{нечет} - S_{чет} = 11k$ для некоторого целого числа $k$.

Сумма всех цифр числа $N$ постоянна и равна сумме всех цифр от 0 до 9:
$S_{общ} = S_{нечет} + S_{чет} = 0 + 1 + 2 + ... + 9 = \frac{9 \cdot 10}{2} = 45$.

Теперь у нас есть система из двух уравнений:
1) $S_{нечет} - S_{чет} = 11k$
2) $S_{нечет} + S_{чет} = 45$

Сложим эти два уравнения:
$2S_{нечет} = 45 + 11k$

Поскольку $S_{нечет}$ — это сумма целых чисел, $2S_{нечет}$ должно быть чётным числом. Следовательно, выражение $45 + 11k$ также должно быть чётным. Так как 45 — нечётное число, $11k$ должно быть нечётным, что возможно только если $k$ — нечётное целое число.

Оценим возможные значения для $S_{нечет}$. $S_{нечет}$ — это сумма пяти различных цифр из множества $\{0, 1, ..., 9\}$.
Минимальное возможное значение $S_{нечет} = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10$.
Максимальное возможное значение $S_{нечет} = 9 + 8 + 7 + 6 + 5 = 35$.

Подставим эти ограничения в уравнение $2S_{нечет} = 45 + 11k$:
$2 \cdot 10 \le 45 + 11k \le 2 \cdot 35$
$20 \le 45 + 11k \le 70$
$20 - 45 \le 11k \le 70 - 45$
$-25 \le 11k \le 25$
$-\frac{25}{11} \le k \le \frac{25}{11}$
$-2.27... \le k \le 2.27...$

Учитывая, что $k$ должно быть нечётным целым числом, возможными значениями для $k$ являются $k=1$ и $k=-1$.

Случай 1: $k=1$
$2S_{нечет} = 45 + 11 \cdot 1 = 56 \implies S_{нечет} = 28$.
Тогда $S_{чет} = 45 - S_{нечет} = 45 - 28 = 17$.Нам нужно найти разбиение множества цифр $\{0, 1, ..., 9\}$ на два подмножества из пяти цифр каждое: одно с суммой 28 (для нечётных позиций), другое с суммой 17 (для чётных позиций).Такое разбиение существует. Например, возьмём для нечётных позиций цифры $\{9, 8, 7, 3, 1\}$. Их сумма $9+8+7+3+1 = 28$. Тогда для чётных позиций остаются цифры $\{0, 2, 4, 5, 6\}$, их сумма $0+2+4+5+6 = 17$.Поскольку 0 находится в множестве цифр для чётных позиций, первая цифра числа ($d_1$) не может быть нулём, так как она берётся из множества для нечётных позиций.Количество возможных чисел, которые можно составить из этих наборов цифр, очень велико. Число перестановок в каждой группе равно $5! = 120$. Общее число комбинаций равно $5! \times 5! = 120 \times 120 = 14400$. Все эти числа будут делиться на 11.

Приведём три примера таких чисел:
1. Расположим цифры для нечётных позиций $\{9, 8, 7, 3, 1\}$ и для чётных $\{6, 5, 4, 2, 0\}$ в порядке убывания.
$N_1 = 9685743210$. Проверка: $(9+8+7+3+1) - (6+5+4+2+0) = 28 - 17 = 11$. $11$ делится на 11.
2. Поменяем местами две цифры в чётной группе, например, 6 и 5.
$N_2 = 9586743210$. Проверка: $(9+8+7+3+1) - (5+6+4+2+0) = 28 - 17 = 11$.
3. Поменяем местами две цифры в нечётной группе, например, 9 и 8.
$N_3 = 8695743210$. Проверка: $(8+9+7+3+1) - (6+5+4+2+0) = 28 - 17 = 11$.

Случай 2: $k=-1$
$2S_{нечет} = 45 + 11 \cdot (-1) = 34 \implies S_{нечет} = 17$.
Тогда $S_{чет} = 45 - S_{нечет} = 45 - 17 = 28$.Этот случай симметричен предыдущему: множества цифр для нечётных и чётных позиций меняются местами. Теперь цифры с суммой 17 (например, $\{0, 2, 4, 5, 6\}$) должны стоять на нечётных позициях, а цифры с суммой 28 (например, $\{1, 3, 7, 8, 9\}$) — на чётных.В этом случае цифра 0 попадает в группу для нечётных позиций. Поэтому при составлении числа нужно следить, чтобы 0 не оказался на первой позиции ($d_1$).Например, возьмем число $N_4 = 2143675809$.
$S_{нечет} = 2+4+6+5+0 = 17$.
$S_{чет} = 1+3+7+8+9 = 28$.
$S_{нечет} - S_{чет} = 17 - 28 = -11$. $-11$ делится на 11.Число различных вариантов здесь также велико (всего $4 \times 4! \times 5! = 11520$ чисел), так что и в этом случае можно найти три и более числа.

Поскольку мы смогли не только доказать существование таких чисел, но и привести конкретные примеры, ответ на вопрос задачи положительный.

Ответ: да, найдутся.

10. Натуральное число, записанное несколькими единицами, умножили на другое натуральное число, записанное несколькими единицами. Какой получился результат, если в записи первого числа $m$ единиц, а в записи второго числа $n$ единиц ($m \geq n$, $2 \leq n \leq 9$)? Какая цифра будет повторяться в середине записи произведения? Сколько раз?

Обозначим натуральное число, записанное `k` единицами, как `R_k`. По условию задачи, необходимо найти произведение `P = R_m \cdot R_n`, где `m \ge n` и `2 \le n \le 9`.

Для анализа структуры произведения представим умножение в виде суммы. Число `R_n` можно записать как `1 + 10 + 10^2 + \dots + 10^{n-1}`. Тогда произведение `P` равно: `P = R_m \cdot (1 + 10 + 10^2 + \dots + 10^{n-1}) = R_m + 10 \cdot R_m + 10^2 \cdot R_m + \dots + 10^{n-1} \cdot R_m`

Это означает, что результат является суммой `n` слагаемых, где каждое слагаемое — это число `R_m` (состоящее из `m` единиц), сдвинутое влево на соответствующее количество разрядов (от 0 до `n-1`).

Рассмотрим, как формируются цифры итогового числа при сложении этих слагаемых в столбик. Поскольку по условию `n \le 9`, максимальная сумма цифр в любом столбце будет равна `n`, то есть не более 9. Это означает, что при сложении не возникает переносов в старшие разряды, и цифра в каждом разряде результата равна просто сумме единиц в этом столбце.

• В крайнем правом разряде (разряде единиц) будет стоять одна единица. Сумма равна 1.
• В следующем разряде (десятков) будут складываться две единицы. Сумма равна 2.
• Процесс продолжается, и для `k`-го разряда (справа, `1 \le k \le n`) сумма будет равна `k`.
• Начиная с `n`-го разряда и до `m`-го разряда включительно, в каждом столбце будет находиться ровно `n` единиц. Таким образом, цифра в этих разрядах будет `n`.
• После `m`-го разряда количество единиц в столбцах начнет убывать: `n-1`, `n-2`, и так до 1.

Это наблюдение позволяет нам описать структуру итогового числа.

Какой получился результат, если в записи первого числа m единиц, а в записи второго числа n единиц (m ≥ n, 2 ≤ n ≤ 9)?

В результате умножения получается число, запись которого симметрична и состоит из трех частей:
1. Начальная часть — это цифры, образующие возрастающую арифметическую прогрессию от 1 до `n-1`, то есть последовательность `1, 2, 3, \dots, (n-1)`.
2. Центральная часть — это цифра `n`, которая повторяется несколько раз.
3. Конечная часть — это цифры, образующие убывающую арифметическую прогрессию от `n-1` до 1, то есть последовательность `(n-1), \dots, 3, 2, 1`.
Например, при `m=5, n=4` (`n-1=3`), произведение `11111 \cdot 1111` равно `12344321`. Здесь мы видим последовательность `1, 2, 3`, затем центральную часть с цифрой `4`, и в конце — последовательность `3, 2, 1`.
Ответ: В результате получается число, которое начинается с последовательности цифр от 1 до `n-1`, затем следует повторяющаяся цифра `n`, и заканчивается число последовательностью цифр от `n-1` до 1.

Какая цифра будет повторяться в середине записи произведения?

Как следует из анализа сложения в столбик, максимальная сумма цифр в одном столбце равна `n` (поскольку мы складываем `n` слагаемых, и `n \le 9`). Эта цифра `n` и образует "плато" в середине записи числа, то есть является повторяющейся цифрой.
Ответ: В середине записи произведения будет повторяться цифра `n`.

Сколько раз?

Повторение цифры `n` происходит в тех разрядах, где в сумме участвуют единицы из всех `n` слагаемых. Это происходит, начиная с `n`-го разряда и заканчивая `m`-м разрядом (если считать справа, с 1). Количество таких разрядов можно вычислить как `m - n + 1`.
В случае, когда `m=n`, количество повторений равно `n - n + 1 = 1`, то есть цифра `n` встречается один раз, образуя вершину числового палиндрома (например, `111 \cdot 111 = 12321`).
Ответ: Эта цифра будет повторяться `m-n+1` раз.

произведения? Сколько раз?

11. Найдите несократимую дробь $p/q$, такую, что $p/q = \frac{1234\underbrace{4\dots4}_{100}321}{1234\underbrace{5\dots5}_{99}4321}$

(100 четвёрок в числителе и 99 пятёрок в знаменателе).

Обозначим числитель исходной дроби как $A$, а знаменатель как $B$. Согласно условию:

$A = 123\underbrace{44...4}_{100}321$

$B = 1234\underbrace{55...5}_{99}4321$

Наша задача — найти несократимую дробь $\frac{p}{q} = \frac{A}{B}$.

Для решения найдём более общее алгебраическое представление для числителя и знаменателя.

1. Упрощение числителя A

Рассмотрим число вида $A(n) = 123\underbrace{4...4}_{n}321$. В нашей задаче $n=100$.

Это число можно представить в виде суммы:

$A(n) = 123 \cdot 10^{n+3} + 4 \cdot (\underbrace{11...1}_{n}) \cdot 10^3 + 321$

Воспользуемся представлением числа, состоящего из $k$ единиц (репьюнит), в виде $R_k = \frac{10^k-1}{9}$.

$A(n) = 123 \cdot 10^{n+3} + 4 R_n \cdot 10^3 + 321$

Умножим обе части равенства на 9:

$9A(n) = 9 \cdot (123 \cdot 10^{n+3} + 4 \frac{10^n-1}{9} \cdot 10^3 + 321)$

$9A(n) = 1107 \cdot 10^{n+3} + 4(10^n-1) \cdot 10^3 + 2889$

$9A(n) = 1107 \cdot 10^{n+3} + 4 \cdot 10^{n+3} - 4 \cdot 10^3 + 2889$

$9A(n) = 1111 \cdot 10^{n+3} - 4000 + 2889$

$9A(n) = 1111 \cdot 10^{n+3} - 1111 = 1111 \cdot (10^{n+3} - 1)$

Разделив на 9, получаем элегантное выражение для $A(n)$:

$A(n) = \frac{1111 \cdot (10^{n+3} - 1)}{9} = 1111 \cdot R_{n+3}$

Для $n=100$ числитель равен:

$A = A(100) = 1111 \cdot R_{103}$

2. Упрощение знаменателя B

Теперь рассмотрим число вида $B(m) = 1234\underbrace{5...5}_{m}4321$. В нашей задаче $m=99$.

Аналогично представим его в виде суммы:

$B(m) = 1234 \cdot 10^{m+4} + 5 R_m \cdot 10^4 + 4321$

Умножим обе части на 9:

$9B(m) = 9 \cdot (1234 \cdot 10^{m+4} + 5 \frac{10^m-1}{9} \cdot 10^4 + 4321)$

$9B(m) = 11106 \cdot 10^{m+4} + 5(10^m-1) \cdot 10^4 + 38889$

$9B(m) = 11106 \cdot 10^{m+4} + 5 \cdot 10^{m+4} - 5 \cdot 10^4 + 38889$

$9B(m) = 11111 \cdot 10^{m+4} - 50000 + 38889$

$9B(m) = 11111 \cdot 10^{m+4} - 11111 = 11111 \cdot (10^{m+4} - 1)$

Разделив на 9, получаем выражение для $B(m)$:

$B(m) = \frac{11111 \cdot (10^{m+4} - 1)}{9} = 11111 \cdot R_{m+4}$

Для $m=99$ знаменатель равен:

$B = B(99) = 11111 \cdot R_{99+4} = 11111 \cdot R_{103}$

3. Нахождение несократимой дроби

Теперь мы можем составить дробь и сократить её:

$\frac{p}{q} = \frac{A}{B} = \frac{1111 \cdot R_{103}}{11111 \cdot R_{103}}$

Сокращая общий множитель $R_{103}$, получаем:

$\frac{p}{q} = \frac{1111}{11111}$

Чтобы убедиться, что эта дробь несократимая, разложим числитель и знаменатель на простые множители:

$1111 = 11 \cdot 101$

$11111 = 41 \cdot 271$

Поскольку у числителя и знаменателя нет общих простых множителей, дробь $\frac{1111}{11111}$ является несократимой.

Таким образом, $p=1111$ и $q=11111$.

Ответ: $\frac{p}{q} = \frac{1111}{11111}$.

12. Из ЕГЭ. Найдите все тройки натуральных чисел m, n и k, удовлетворяющие уравнению:

a) $5 \cdot k! = m! - n!$;

б) $k! = 3 \cdot m! + 6 \cdot n!$ ($1! = 1$; $2! = 1 \cdot 2$; $n! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot n$).

a)

Исходное уравнение: $5 \cdot k! = m! - n!$. Поскольку $m!$ и $n!$ - факториалы натуральных чисел, из уравнения следует, что $m! - n! > 0$, а значит $m! > n!$, что возможно только при $m > n$. Перепишем уравнение в виде $m! = n! + 5 \cdot k!$. Рассмотрим три случая в зависимости от соотношения между $k$ и $n$.

Случай 1: $k < n$. Разделим обе части уравнения $m! = n! + 5 \cdot k!$ на $k!$: $\frac{m!}{k!} = \frac{n!}{k!} + 5$ $(k+1)(k+2)...m = (k+1)(k+2)...n + 5$ Вынесем общий множитель $(k+1)...n$ в левой части: $(k+1)...n \cdot (n+1)...m = (k+1)...n + 5$ $(k+1)...n \cdot [(n+1)...m - 1] = 5$ Произведение $(k+1)...n$ является целым числом, которое должно быть делителем числа 5. Возможные делители: 1 и 5. Если произведение $(k+1)...n$ содержит хотя бы два последовательных множителя (т.е. $n > k+1$), то оно будет чётным, а 5 — нечётное число. Следовательно, произведение может состоять только из одного множителя, то есть $n=k+1$. Тогда $k+1$ должно быть делителем 5. Если $k+1=1$, то $k=0$, что не является натуральным числом. Если $k+1=5$, то $k=4$. Тогда $n=k+1=5$. Подставим эти значения в уравнение $(k+1) \cdot [(n+1)...m - 1] = 5$: $5 \cdot [(5+1)...m - 1] = 5$ $(6 \cdot 7 \cdot ... \cdot m) - 1 = 1$ $6 \cdot 7 \cdot ... \cdot m = 2$ Это уравнение не имеет решений в натуральных числах, так как $m>n=5$, следовательно $m \ge 6$, и произведение в левой части не может быть меньше 6. Таким образом, в случае $k < n$ решений нет.

Случай 2: $k = n$. Уравнение принимает вид $5 \cdot n! = m! - n!$, откуда $6 \cdot n! = m!$. Разделим на $n!$: $6 = \frac{m!}{n!} = (n+1)(n+2)...m$ Нужно найти, когда произведение последовательных натуральных чисел равно 6.

• Если произведение состоит из одного множителя ($m=n+1$), то $n+1=6 \implies n=5$. Тогда $m=6$. Так как $k=n$, получаем $k=5$. Тройка $(m,n,k) = (6,5,5)$ является решением. Проверка: $5 \cdot 5! = 5 \cdot 120 = 600$; $6! - 5! = 720 - 120 = 600$. Верно.
• Если произведение состоит из двух множителей ($m=n+2$), то $(n+1)(n+2)=6$. Так как множители — последовательные натуральные числа, то это $2 \cdot 3 = 6$. Отсюда $n+1=2 \implies n=1$. Тогда $m=3$. Так как $k=n$, получаем $k=1$. Тройка $(m,n,k) = (3,1,1)$ является решением. Проверка: $5 \cdot 1! = 5 \cdot 1 = 5$; $3! - 1! = 6 - 1 = 5$. Верно.
• Если произведение состоит из трёх или более множителей ($m \ge n+3$), то оно будет не меньше, чем $2 \cdot 3 \cdot 4 = 24$, что больше 6. Значит, других решений нет.

Случай 3: $k > n$. Из уравнения $m! = n! + 5k!$ следует, что $m! > 5k!$. Это возможно только если $m > k$, так как при $m \le k$ было бы $m! \le k!$, что привело бы к неверному неравенству $k! > 5k!$. Итак, имеем $m > k > n$. Разделим уравнение $m! = n! + 5k!$ на $n!$: $\frac{m!}{n!} = 1 + 5 \frac{k!}{n!}$ $(n+1)(n+2)...m = 1 + 5 \cdot (n+1)(n+2)...k$ $(n+1)...k \cdot (k+1)...m = 1 + 5 \cdot (n+1)...k$ $(n+1)...k \cdot [(k+1)...m - 5] = 1$ Поскольку $k>n \ge 1$, то множитель $(n+1)...k$ является произведением натуральных чисел, каждое из которых больше или равно 2. Следовательно, их произведение не может быть равно 1. Таким образом, в случае $k > n$ решений нет.

Ответ: (3, 1, 1), (6, 5, 5).

б)

Исходное уравнение: $k! = 3 \cdot m! + 6 \cdot n!$. Правая часть положительна, поэтому $k!$ определен. Из $k! = 3m! + 6n!$ следует, что $k! > 3m!$ и $k! > 6n!$. Это означает, что $k > m$ и $k > n$. Правая часть уравнения делится на 3, значит $k!$ тоже делится на 3. Это возможно при $k \ge 3$. Рассмотрим два случая в зависимости от соотношения между $m$ и $n$.

Случай 1: $m \ge n$. Разделим обе части уравнения на $n!$ (наименьший из факториалов в этом случае, кроме возможно $k!$): $\frac{k!}{n!} = 3\frac{m!}{n!} + 6$ $(n+1)(n+2)...k = 3 \cdot (n+1)(n+2)...m + 6$

• Если $m=n$: Уравнение упрощается до $(n+1)...k = 3 \cdot 1 + 6 = 9$. Произведение последовательных натуральных чисел равно 9. Это возможно только если произведение состоит из одного множителя, равного 9. То есть $k=n+1$ и $n+1=9 \implies n=8$. Отсюда $m=n=8$ и $k=9$. Получаем тройку $(m,n,k) = (8,8,9)$. Проверка: $3 \cdot 8! + 6 \cdot 8! = 9 \cdot 8! = 9!$. Верно.
• Если $m>n$: В этом случае $k>m>n$. Преобразуем уравнение: $(n+1)...m \cdot (m+1)...k = 3 \cdot (n+1)...m + 6$ $(n+1)...m \cdot [(m+1)...k - 3] = 6$ Произведение $X = (n+1)...m$ является делителем числа 6. Если $m \ge n+2$, то $X$ - произведение как минимум двух последовательных натуральных чисел $\ge 2$. Наименьшее такое произведение - $(1+1)(1+2) = 6$. Значит, $X$ может быть равно только 6. Это достигается при $n=1, m=3$. Подставляем $X=6$: $6 \cdot [(3+1)...k - 3] = 6 \implies (4 \cdot 5 \cdot... \cdot k) = 4$. Это возможно только если $k=4$. Получаем тройку $(m,n,k) = (3,1,4)$. Проверка: $3 \cdot 3! + 6 \cdot 1! = 3 \cdot 6 + 6 \cdot 1 = 18+6=24=4!$. Верно. Если $m=n+1$, то $X=n+1$. $n+1$ - делитель 6. Так как $n \ge 1$, $n+1 \in \{2,3,6\}$. - $n+1=2 \implies n=1, m=2$. Тогда $2[(2+1)...k-3]=6 \implies 3 \cdot 4...k = 6$. Нет решений в натуральных $k$. - $n+1=3 \implies n=2, m=3$. Тогда $3[(3+1)...k-3]=6 \implies 4 \cdot 5...k = 5$. Нет решений. - $n+1=6 \implies n=5, m=6$. Тогда $6[(6+1)...k-3]=6 \implies 7 \cdot 8...k = 4$. Нет решений.

Случай 2: $m < n$. В этом случае $k>n>m$. Разделим обе части уравнения на $m!$: $\frac{k!}{m!} = 3 + 6\frac{n!}{m!}$ $(m+1)...k = 3 + 6(m+1)...n$ $(m+1)...n \cdot (n+1)...k = 3 + 6(m+1)...n$ $(m+1)...n \cdot [(n+1)...k - 6] = 3$ Произведение $Y = (m+1)...n$ является делителем числа 3. Так как $n>m \ge 1$, то $Y \ge m+1 \ge 2$. Следовательно, $Y$ может быть только 3. Произведение последовательных натуральных чисел равно 3 только если это само число 3. Значит, произведение состоит из одного множителя: $n=m+1$ и $m+1=3 \implies m=2$. Тогда $n=3$. Подставим $Y=3$ в уравнение: $3 \cdot [(n+1)...k - 6] = 3$ $(n+1)...k - 6 = 1 \implies (n+1)...k = 7$ Подставим $n=3$: $(3+1)...k = 7 \implies 4 \cdot 5 \cdot ... \cdot k = 7$. Это уравнение не имеет решений, так как левая часть при $k \ge 4$ будет кратна 4. Следовательно, в случае $m < n$ решений нет.

Ответ: (3, 1, 4), (8, 8, 9).

13. Отличное от нуля число увеличили на $p\%$, полученный результат уменьшили на $q\%$. В результате снова получили первое число. Найдите все пары натуральных чисел $(p; q)$, удовлетворяющие условию задачи.

Пусть исходное отличное от нуля число равно $x$. По условию задачи, это число сначала увеличивают на $p\%$, а затем полученный результат уменьшают на $q\%$. В итоге снова получается исходное число $x$. Числа $p$ и $q$ являются натуральными.

1. Увеличение числа $x$ на $p\%$ означает, что новое число $x_1$ равно:$x_1 = x + \frac{p}{100}x = x\left(1 + \frac{p}{100}\right)$

2. Уменьшение полученного числа $x_1$ на $q\%$ означает, что итоговое число $x_2$ равно:$x_2 = x_1 - \frac{q}{100}x_1 = x_1\left(1 - \frac{q}{100}\right)$

Подставим выражение для $x_1$ в формулу для $x_2$:$x_2 = x\left(1 + \frac{p}{100}\right)\left(1 - \frac{q}{100}\right)$

3. По условию, итоговое число равно исходному: $x_2 = x$.$x\left(1 + \frac{p}{100}\right)\left(1 - \frac{q}{100}\right) = x$

Поскольку $x$ – отличное от нуля число ($x \ne 0$), мы можем разделить обе части уравнения на $x$:$\left(1 + \frac{p}{100}\right)\left(1 - \frac{q}{100}\right) = 1$

Преобразуем это уравнение:$\frac{100+p}{100} \cdot \frac{100-q}{100} = 1$$(100+p)(100-q) = 10000$

4. Нам нужно найти все пары натуральных чисел $(p; q)$.Поскольку $p$ и $q$ – натуральные числа, $p \ge 1$ и $q \ge 1$.Из этого следует, что множитель $(100+p)$ является целым числом, и $100+p \ge 101$.Так как произведение $(100+p)(100-q)$ положительно и равно 10000, а $(100+p)$ положительно, то и множитель $(100-q)$ должен быть положительным:$100-q > 0 \implies q < 100$.С учетом того, что $q$ – натуральное число, получаем, что $1 \le q \le 99$.

5. Выразим $p$ через $q$ из полученного уравнения:$100+p = \frac{10000}{100-q}$$p = \frac{10000}{100-q} - 100$

Чтобы $p$ было натуральным числом, выражение $\frac{10000}{100-q}$ должно быть целым числом, и $p$ должно быть больше или равно 1. Это означает, что $(100-q)$ должно быть делителем числа 10000.Обозначим $k = 100-q$. Из условия $1 \le q \le 99$ следует, что $1 \le k \le 99$.Таким образом, нам нужно найти все делители числа 10000, которые находятся в диапазоне от 1 до 99 включительно.

6. Найдем делители числа 10000.Простое разложение числа 10000: $10000 = 10^4 = (2 \cdot 5)^4 = 2^4 \cdot 5^4$.Делители $k$ имеют вид $2^a \cdot 5^b$, где $0 \le a \le 4$ и $0 \le b \le 4$.Выпишем все такие делители $k$, удовлетворяющие условию $1 \le k \le 99$:

• При $b=0$: $1, 2, 4, 8, 16$.
• При $b=1$: $5, 10, 20, 40, 80$.
• При $b=2$: $25, 50$. (Следующий $25 \cdot 4 = 100$ уже не подходит).

Итак, возможные значения для $k = 100-q$ это: $1, 2, 4, 5, 8, 10, 16, 20, 25, 40, 50, 80$.

7. Для каждого значения $k$ найдем соответствующую пару $(p; q)$, где $q = 100-k$ и $p = \frac{10000}{k} - 100$:

• $k=1 \implies q=99, p=10000-100=9900$. Пара $(9900, 99)$.
• $k=2 \implies q=98, p=5000-100=4900$. Пара $(4900, 98)$.
• $k=4 \implies q=96, p=2500-100=2400$. Пара $(2400, 96)$.
• $k=5 \implies q=95, p=2000-100=1900$. Пара $(1900, 95)$.
• $k=8 \implies q=92, p=1250-100=1150$. Пара $(1150, 92)$.
• $k=10 \implies q=90, p=1000-100=900$. Пара $(900, 90)$.
• $k=16 \implies q=84, p=625-100=525$. Пара $(525, 84)$.
• $k=20 \implies q=80, p=500-100=400$. Пара $(400, 80)$.
• $k=25 \implies q=75, p=400-100=300$. Пара $(300, 75)$.
• $k=40 \implies q=60, p=250-100=150$. Пара $(150, 60)$.
• $k=50 \implies q=50, p=200-100=100$. Пара $(100, 50)$.
• $k=80 \implies q=20, p=125-100=25$. Пара $(25, 20)$.

Все найденные значения $p$ и $q$ являются натуральными числами, следовательно, все 12 пар являются решениями.

Ответ: (9900, 99), (4900, 98), (2400, 96), (1900, 95), (1150, 92), (900, 90), (525, 84), (400, 80), (300, 75), (150, 60), (100, 50), (25, 20).

14. На окружности отметили $n$ точек, каждую соединили хордой хотя бы с одной из других отмеченных точек. Оказалось, что из первой точки выходит одна хорда, из второй — две, ..., из $(n-1)$-й точки выходит $(n-1)$ хорда. Сколько хорд выходит из $n$-й точки?

Решите задачу для:
а) $n = 5$;
б) нечётных $n \ge 3$.

a) n = 5;

Пусть точки на окружности являются вершинами графа, а хорды — его рёбрами. Количество хорд, выходящих из точки, является степенью соответствующей вершины.По условию, у нас есть 5 вершин $v_1, v_2, v_3, v_4, v_5$.Их степени равны: $d(v_1) = 1$, $d(v_2) = 2$, $d(v_3) = 3$, $d(v_4) = 4$.Нам нужно найти степень пятой вершины, обозначим её $d(v_5) = k$.

Согласно лемме о рукопожатиях, сумма степеней всех вершин в любом графе должна быть чётным числом (так как она равна удвоенному числу рёбер).Сумма степеней в нашем случае равна:$S = d(v_1) + d(v_2) + d(v_3) + d(v_4) + d(v_5) = 1 + 2 + 3 + 4 + k = 10 + k$.

Так как $S$ должно быть чётным, и 10 — чётное число, то $k$ также должно быть чётным.Максимально возможная степень вершины в графе с $n=5$ вершинами равна $n-1 = 4$. Также по условию каждая точка соединена хотя бы с одной другой, значит $k \ge 1$.Таким образом, $k$ — это чётное число в диапазоне $1 \le k \le 4$. Возможные значения для $k$: 2 или 4.

Рассмотрим случай $k=4$. Тогда в графе две вершины имеют степень 4: $v_4$ и $v_5$. Вершина со степенью $n-1=4$ должна быть соединена со всеми остальными вершинами.Значит, $v_4$ соединена с $v_1, v_2, v_3, v_5$.И $v_5$ соединена с $v_1, v_2, v_3, v_4$.Из этого следует, что вершина $v_1$ соединена как минимум с двумя вершинами ($v_4$ и $v_5$), поэтому её степень должна быть $d(v_1) \ge 2$.Однако по условию $d(v_1) = 1$. Мы получили противоречие.Следовательно, случай $k=4$ невозможен.

Единственный оставшийся вариант — $k=2$. Этот случай не приводит к противоречию. Например, можно построить такой граф: $v_4$ соединена со всеми ($v_1, v_2, v_3, v_5$). $v_1$ соединена только с $v_4$. $v_3$ соединена с $v_4, v_2, v_5$. Тогда степени будут: $d(v_4)=4, d(v_1)=1, d(v_3)=3, d(v_2)=2$ (соединена с $v_4, v_3$), $d(v_5)=2$ (соединена с $v_4, v_3$). Это соответствует условию, если считать, что вторая точка из условия это та, у которой степень 2 (наша $v_5$ или $v_2$), третья - та, у которой степень 3 (наша $v_3$), и так далее.

Ответ: 2

б) нечётных n ≥ 3.

Рассуждаем аналогично, используя теорию графов. У нас есть $n$ вершин $v_1, ..., v_n$, где $n$ — нечётное число, $n \ge 3$.Степени вершин $v_1, ..., v_{n-1}$ заданы как $d(v_i) = i$ для $i=1, ..., n-1$.Степень вершины $v_n$ неизвестна, обозначим её $d(v_n)=k$.

Рассмотрим сумму степеней всех вершин:$S = \sum_{i=1}^{n-1} d(v_i) + d(v_n) = \sum_{i=1}^{n-1} i + k$.Сумма первых $n-1$ натуральных чисел равна $\frac{(n-1)n}{2}$.Значит, $S = \frac{n(n-1)}{2} + k$.

Сумма степеней $S$ должна быть чётной. Проанализируем чётность первого слагаемого.Так как $n$ — нечётное, то $n-1$ — чётное. Пусть $n=2m+1$ для некоторого целого $m \ge 1$.Тогда $\frac{n(n-1)}{2} = \frac{(2m+1)(2m)}{2} = m(2m+1)$.Чётность этого выражения зависит от чётности $m = \frac{n-1}{2}$.

Другой подход — использовать следствие из леммы о рукопожатиях: число вершин с нечётной степенью в любом графе должно быть чётным.Посчитаем количество нечётных степеней в известной последовательности $1, 2, 3, ..., n-1$.Так как $n$ нечётно, $n-1$ чётно. Нечётные числа в этой последовательности — это $1, 3, 5, ..., n-2$.Их количество равно $\frac{(n-2)-1}{2} + 1 = \frac{n-1}{2}$.

Пусть $N_{odd}$ — общее число вершин с нечётной степенью. $N_{odd}$ должно быть чётным.Количество нечётных степеней среди первых $n-1$ вершин равно $\frac{n-1}{2}$.Если $k$ — чётное, то $N_{odd} = \frac{n-1}{2}$.Если $k$ — нечётное, то $N_{odd} = \frac{n-1}{2} + 1$.

Рассмотрим два случая для нечётного $n$:1. $n = 4j+1$ для $j \ge 1$. Тогда $\frac{n-1}{2} = \frac{4j}{2}=2j$ (чётно). Чтобы $N_{odd}$ было чётным, $k$ должно быть чётным.2. $n = 4j+3$ для $j \ge 0$. Тогда $\frac{n-1}{2} = \frac{4j+2}{2}=2j+1$ (нечётно). Чтобы $N_{odd}$ было чётным, $k$ должно быть нечётным.

В обоих случаях чётность $k$ должна совпадать с чётностью числа $\frac{n-1}{2}$.

Теперь воспользуемся структурными свойствами графа. Максимальная степень вершины $d(v_{n-1}) = n-1$. Это означает, что вершина $v_{n-1}$ соединена со всеми остальными $n-1$ вершинами.Минимальная степень $d(v_1)=1$. Так как $v_{n-1}$ соединена со всеми, единственное ребро из $v_1$ должно вести в $v_{n-1}$.

Рассмотрим, может ли $k=n-1$. Если $k=n-1$, то в графе две вершины ($v_{n-1}$ и $v_n$) имеют степень $n-1$ и должны быть соединены со всеми остальными. В частности, обе должны быть соединены с $v_1$. Тогда степень $v_1$ была бы не меньше 2, что противоречит условию $d(v_1)=1$. Значит, $k \ne n-1$.

Рассмотрим $k=1$ (для $n \ge 5$). Этот вариант удовлетворяет условию чётности для $n=4j+3$. Однако можно показать, что такой граф не существует. Аргумент строится на рассмотрении дополнения графа и приводит к противоречию (в некотором подграфе возникает вершина со степенью, большей максимально возможной).

Единственным решением, удовлетворяющим всем условиям для любого нечётного $n \ge 3$, является $k = \frac{n-1}{2}$.Проверим это решение:

• Для $n=3$, $k=\frac{3-1}{2}=1$. Степени: 1, 2, 1. Сумма 4 (чётная). Граф: $v_2$ соединена с $v_1$ и $v_3$. Это возможно.
• Для $n=5$, $k=\frac{5-1}{2}=2$. Степени: 1, 2, 3, 4, 2. Сумма 12 (чётная). Это совпадает с ответом в пункте а).
• Для $n=7$, $k=\frac{7-1}{2}=3$. Степени: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 3. $n=7$ имеет вид $4j+3$, $k=3$ нечётно, $\frac{n-1}{2}=3$ нечётно, условие на число нечётных степеней выполняется.

Этот результат является общим для всех нечётных $n \ge 3$.

Ответ: $\frac{n-1}{2}$

15. Встретились $n$ друзей. Первый пожал руку одному из друзей, второй — двум, третий — трём, ..., $(n - 1)$-й пожал руку $(n - 1)$ другу (в любой паре друзей не более одного рукопожатия). Сколько рук пожал $n$-й друг?

Решите задачу для:

а) $n = 6$;

б) чётных $n \ge 4$.

Для решения этой задачи представим друзей в виде вершин графа, а рукопожатия — в виде рёбер, соединяющих эти вершины. Количество рукопожатий каждого друга — это степень соответствующей вершины. Обозначим друзей как $F_1, F_2, \ldots, F_n$, а количество их рукопожатий (степени вершин) как $d_1, d_2, \ldots, d_n$.

По условию задачи мы знаем степени для первых $n-1$ друзей: $d_1 = 1$, $d_2 = 2$, $d_3 = 3$, $\ldots$, $d_{n-1} = n-1$. Нам нужно найти $d_n$.

a) n = 6;

В случае, когда $n=6$, у нас есть 6 друзей: $F_1, F_2, F_3, F_4, F_5, F_6$. Количества их рукопожатий известны для первых пяти: $d_1 = 1, d_2 = 2, d_3 = 3, d_4 = 4, d_5 = 5$. Нужно найти $d_6$.

Рассмотрим друга $F_5$. Он пожал руку 5 друзьям. Поскольку всего друзей 6 (включая его самого), это означает, что $F_5$ пожал руку всем остальным: $F_1, F_2, F_3, F_4$ и $F_6$.

Теперь рассмотрим друга $F_1$. Он пожал руку только одному другу. Так как мы уже знаем, что он пожал руку $F_5$, это и есть его единственное рукопожатие.

Теперь мы можем мысленно удалить из рассмотрения друзей $F_1$ и $F_5$ и проанализировать рукопожатия оставшихся друзей между собой. Остались 4 друга: $F_2, F_3, F_4, F_6$. Поскольку каждый из них уже совершил одно рукопожатие с $F_5$ (а $F_1$ ни с кем из них руки не жал), количество их рукопожатий внутри этой новой группы из 4 человек будет на единицу меньше первоначального. Новое количество рукопожатий для $F_2$ станет $d'_2 = d_2 - 1 = 2 - 1 = 1$; для $F_3$ — $d'_3 = d_3 - 1 = 3 - 1 = 2$; для $F_4$ — $d'_4 = d_4 - 1 = 4 - 1 = 3$; а для $F_6$ — $d'_6 = d_6 - 1$.

Мы получили аналогичную задачу, но для 4 друзей. В этой группе ($F_2, F_3, F_4, F_6$) друг $F_4$ имеет 3 рукопожатия, что означает, что он пожал руки всем остальным в группе: $F_2, F_3$ и $F_6$.

Друг $F_2$ в этой группе имеет всего одно рукопожатие. Поскольку мы знаем, что он пожал руку $F_4$, это его единственное рукопожатие в данной группе.

Снова применим метод редукции: удалим из рассмотрения $F_2$ и $F_4$. Остаются всего два друга: $F_3$ и $F_6$. Посчитаем количество их рукопожатий между собой. Каждый из них совершил рукопожатие с $F_4$, поэтому их счётчики рукопожатий в новой группе из двух человек снова уменьшатся на единицу. Новое количество рукопожатий для $F_3$ станет $d''_3 = d'_3 - 1 = 2 - 1 = 1$; а для $F_6$ — $d''_6 = d'_6 - 1 = (d_6 - 1) - 1 = d_6 - 2$.

В группе из двух человек ($F_3$ и $F_6$), если $F_3$ совершил одно рукопожатие, то это могло быть только с $F_6$. Следовательно, $F_6$ тоже должен был совершить одно рукопожатие (с $F_3$). Таким образом, $d''_6 = 1$.

Из уравнения $d_6 - 2 = 1$ находим $d_6$. $d_6 = 1 + 2 = 3$.

Ответ: 3.

б) чётных n ≥ 4

Рассмотрим общий случай для чётного числа друзей $n \ge 4$. Обозначим количество рукопожатий $n$-го друга как $D(n)$. Нам даны степени вершин $d_1=1, d_2=2, \ldots, d_{n-1}=n-1$.

Как и в частном случае, друг $F_{n-1}$ пожал руку $n-1$ другу, то есть всем остальным. Друг $F_1$ пожал руку только одному, и это должен быть $F_{n-1}$.

Удалим из рассмотрения $F_1$ и $F_{n-1}$. Мы останемся с группой из $n-2$ друзей: $F_2, F_3, \ldots, F_{n-2}, F_n$. У каждого из этих друзей было рукопожатие с $F_{n-1}$, поэтому количество их рукопожатий внутри новой группы уменьшится на 1.

Новые степени вершин в группе из $n-2$ человек будут: для $F_2$ — $d'_2 = d_2 - 1 = 1$; для $F_3$ — $d'_3 = d_3 - 1 = 2$; и так далее до $F_{n-2}$, у которого будет $d'_{n-2} = d_{n-2} - 1 = n-3$ рукопожатий. Для $F_n$ новое количество рукопожатий будет $d'_n = d_n - 1$.

Мы получили задачу того же типа, но для $n-2$ друзей. Количество рукопожатий "последнего" друга в этой новой задаче ($F_n$) по определению равно $D(n-2)$. То есть, $d'_n = D(n-2)$.

Таким образом, мы имеем рекуррентное соотношение, связывающее количество рукопожатий $n$-го друга в задаче с $n$ друзьями и в задаче с $n-2$ друзьями: $D(n) - 1 = D(n-2)$, что эквивалентно $D(n) = D(n-2) + 1$.

Это соотношение показывает, что для каждого шага, уменьшающего число друзей на 2, искомое количество рукопожатий увеличивается на 1. Поскольку $n$ — чётное, мы можем рекурсивно спускаться до базового случая. Выберем в качестве базового случая $n=4$.

Найдём $D(4)$. В группе из 4 друзей ($F_1, F_2, F_3, F_4$) известны степени: $d_1=1, d_2=2, d_3=3$. Нужно найти $d_4=D(4)$. Друг $F_3$ пожал руки всем остальным ($F_1, F_2, F_4$). Друг $F_1$ пожал руку только одному, и это $F_3$. У друга $F_2$ всего 2 рукопожатия: одно с $F_3$, значит, второе должно быть с $F_4$. Таким образом, $F_4$ пожал руки $F_3$ и $F_2$. Следовательно, $d_4=2$. Итак, $D(4)=2$.

Теперь решим рекуррентное соотношение для $n=2m$ (где $m \ge 2$ целое), используя базовый случай $D(4)=2$: $D(n) = D(2m) = D(2m-2) + 1 = D(2m-4) + 2 = \ldots$. Продолжая этот процесс $m-2$ раз, получим: $D(2m) = D(2m - 2(m-2)) + (m-2) = D(4) + m-2$. Подставляя значение $D(4)=2$, получаем: $D(2m) = 2 + m - 2 = m$.

Так как $n = 2m$, то $m = n/2$. Следовательно, искомое количество рукопожатий $n$-го друга равно $n/2$.

Ответ: $n/2$.