Задачи егэ типа С6 с ответами и решениями - davaiknam.ru o_O
Главная
Поиск по ключевым словам:
страница 1
Похожие работы
Название работы Кол-во страниц Размер
Хаустова Д. А. "Русский язык. Подготовка к гиа (написание сжатого... 10 1302.19kb.
Сингулярная краевая задача типа николетти с кусочно-непрерывными... 1 104.88kb.
Классный час «Я потребитель» 1 50.4kb.
Программа вступительных испытаний для поступающих в магистратуру... 1 56.88kb.
А у нас егэ! Если я не хочу сдавать егэ? 1 186.37kb.
Задание к зачету 1 61.26kb.
Методические рекомендации для их решения Здесь вы найдёте примеры... 1 161.05kb.
Чего ждать от егэ 2013? 1 54.31kb.
Определение функций источника систем уравнений составного типа для... 1 44.14kb.
Задачи по теории вероятностей с решениями 2 268.87kb.
Литература 100 (егэ) История 96 (егэ) Русский язык 95 (егэ) 11 2093.78kb.
Методическая разработка по дисциплине «Математический анализ» для... 4 310.91kb.
Направления изучения представлений о справедливости 1 202.17kb.

Задачи егэ типа С6 с ответами и решениями - страница №1/1

Сайт автора Его блог Рассылка



Задачи ЕГЭ типа С6 с ответами и решениями

I.Задачи

I.1. Решите уравнение 3m + 4n = 5k в натуральных числах. [Ответ] [Решение]

I.2. При каких значениях х оба числа 11.gif и 22.gif целые? [Ответ] [Решение]
I.3. Найти все значения а, при каждом из которых функция f(x) = x2 - x - a2 - 5x имеет хотя бы одну точку максимума. [Ответ] [Решение]
I.4. Найдутся ли хотя бы три десятизначных числа, делящихся на 11, в записи каждого из которых использованы все цифры от 0 до 9? [Ответ] [Решение]
I.5. Найдите наибольший общий делитель всех чисел вида p2 - 1, где р - простое число, большее 3, но меньшее 2010. [Ответ] [Решение]

 

I.6. Найдите все натуральные числа, последняя десятичная цифра которых 0 и которые имеют ровно 15 различных натуральных делителей (включая единицу и само число).  [Ответ] [Решение]


I.7. Решите в целых числах уравнение: 1 + 2k + 22k+1 = n2. [Ответ] [Решение]
I.8. Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение 5/(x + 1) = a|x - 4| имеет на промежутке [0;+∞) более двух корней. [Ответ] [Решение]

I.9. Имеются 25 коробок, массой 13 кг каждая и 19 коробок, массой по 29 кг каждая. Все эти коробки раскладываются по двум контейнерам. Пусть S – модуль разности суммарной массы коробок в контейнерах. Найдите наименьшее значение S, если 


a) дополнительно требуется, чтобы в контейнерах находилось одинаковое количество коробок.
б) без дополнительного условия п.а). [Ответ] [Решение]

I.10. Докажите, что а не может быть четвертой степенью натурального числа, если а - 5 делится на 9. [Решение]


I.11. Натуральные числа от 1 до 12 разбивают на четыре группы, в каждой из которых есть по
крайней мере два числа. Для каждой группы находят сумму чисел этой группы. Для каждой
пары групп находят модуль разности полученных сумм и полученные 6 чисел складывают.
а) Может ли в результате получиться 0?
б) может ли в результате получиться 1?
в) Какое наименьшее возможное значение полученного результата?
[Ответ] [Решение]

II.Ответы



II.1. m = n = k = 2 . [Решение]
II.2. 1; -1/3; -1/2; -3/4. [Решение]
II.3. a (-√3; -√2) (√2; √3). [Решение]
II.4. Да, найдутся, например, 1234568709, 123458907 и 1234598607. [Решение]

II.5. 24. [Решение]


II.6. 2500 или 400. [Решение]
II.7. Решений нет. [Решение]
II.8. a (0,8; 1,25). [Решение]
II.9. а) 16, б) 2. [Решение]
II.11. а) нет; б) нет; в) 4. [Решение]

III.Решения



III.1. Решите уравнение 3m + 4n = 5k в натуральных числах.
Решение. Правая часть уравнения при делении на 3 должна давать тот же остаток, что и левая, т.е. 1. Поэтому k четное число (5 при делении на 3 дает остаток 2, 25 - остаток 1, 125 - остаток 2 и т. д.). Поэтому k = 2p и 3m + 4n =25p.

3m = 25p - 4n,
3m = (5p - 2n)( 5p + 2n).

Числа 5p - 2n и 5p + 2n нечетные и их нечетный наибольший общий делитель является делителем их суммы 5p - 2n + 5p + 2n = 2 ⋅ 2n = 2n + 1. Но среди делителей числа 2n + 1 нечетным является только 1. Значит, эти числа будут взаимно простыми.

Если 5p - 2n ≠ 1, то произведение (5p - 2n)( 5p + 2n) имеет два различных простых делителя (одно является делителем 5p - 2n, а другое - 5p + 2n). Чего быть не может. Значит, 5p - 2n = 1.

5p - 2n = 1.
Если n = 1, то 5p = 3. Решений нет.
Если n = 2, то 5p = 5, p = 1, k = 2p = 2.
Подставляя значения n и k в исходное уравнение, получаем 32 + 4n = 52, 4n = 16, n = 2.

Итак, имеем одно решение m = n = k = 2.
III.2. При каких значениях х оба числа 11.gif и 22.gif целые? 
Решение. Пусть а = 22.gif , b = 11.gif . Тогда
a(1 + x) = 1 - x,
x(a + 1) = 1 - a,

x =  44.gif

Тогда b = 33.gif



Переформулируем условие задачи "в терминах а и b".

Выясним, при каких целых значениях а ≠ 1, рациональная дробь -b = 55.gif принимает только целые значения?

Очевидно, что модуль числителя последней дроби должен быть не меньше модуля знаменателя этой же дроби.

a2 + a - 12а2 - 6a - 1,

(a2 + a - 1)2 ≥ (2а2 - 6a - 1)2,

(a2 + a - 1)2 - (2а2 - 6a - 1)2 ≥ 0,

(a2 - 7a)(3a2 - 5a - 2) ≥ 0,

Разложив трехчлен 3a2 - 5a - 2 на множители получим

a(a - 7)(3a + 1)(a - 2) ≥ 0,

a [-1/3; 0} [2; 7]. Так как а - целое число, то а {0; 2; 3; 4; 5; 6; 7} .

При а = 0 b = -1 и x = 1.
При а = 2 b = 1 и x = -1/3.
При а = 3 b = -11 и x = -1/2.
При а = 4 b = 19/20.
При а = 5 b = 29/19.
При а = 6 b = 41/35.
При а = 7 b = 1 и x = -3/4.
III.3. Найти все значения а, при каждом из которых функция f(x) = x2 - x - a2 - 5x имеет хотя бы одну точку максимума.
Решение.

Раскроем модуль:

При x ≤ a2: f(x) = х2 - 4x - a2,
при x > a2: f(x) = х2 - 6x + a2.

Графиком функции f(x) при х ≤ a2 является часть параболы. Вершина этой параболы имеет абсциссу 2. Точно также графиком функции f(x) при х > a2 является часть параболы, у которой вершина имеет абсциссу 3.

21 (222x259, 7kb)

Если a2 ≤ 2, то график функции f(x) имеет вид рисунка выше этих строк. Понятно, что в этом случае никаких точек экстремума нет, значит, нет и точек максимума.

22 (222x243, 7kb)

Если 2 < a2 < 3, то график функции f(x) приведен на втором рисунке. В этом случае точкой максимуму является х = 2. Решив неравенство 2 < a2 < 3, получим искомые значения параметра а. 

2 < a2 < 3, √2 < a < √3, a (-√3; -√2) (√2; √3). 

23 (222x256, 7kb)

Если a2 ≥ 2, то график функции f(x) имеет вид последнего рисунка. Очевидно, что и в этом случае никаких точек экстремума нет.

III.4. Найдутся ли хотя бы три десятизначных числа, делящихся на 11, в записи каждого из которых использованы все цифры от 0 до 9?

Решение. Да, найдутся, например, 1234568709, 123458907 и 1234598607.

С формальной точки зрения придраться к этому решению невозможно. Найден четкий и однозначный ответ на вопрос задания. Действительно, спрашивалось, найдутся ли соответствующие условию задания числа. Такие числа нашлись, и, примеры таких чисел указаны. Никто ведь не требовал найти все такие числа.

Однако, остается за бортом как были найдены указанные в ответе числа. Формально от решаемого не требуется излагать все пути решения задания. Важно, чтобы решение задания удовлетворяло всем требованиям, предъявляемым к оформлению ответа на тест ЕГЭ. В данном, конкретном, случае все требования выполнены.

С методической точки зрения такое решение не учит учащихся, как надо решать задачи вообще, и, это заданий в частности. К сожалению, так поступают некоторые авторы методических пособий - публикуют математически безупречные решения задач, которые не учат читателей ничему, особенно учащихся.

Я специально привел такое решение. За бортом остались все рассуждений, которые привели к совершенно правильному ответу. Ученик не обязан излагать все эти соображения, а учитель или автор методического пособия должны показывать все пути, которые привели к данному решению.

Таких решений, которые указаны выше, можно придумать достаточно много. Стоит только переставить цифры, например, 1 и 3 в числе 1234568709 мы получим новое число 3214568709, которое также будет делиться на 11. Поступая так несколько раз с другими цифрами можно получить новые тройки чисел, удовлетворяющих условию задачи.

Все дело в том, что признак делимости натурального числа на 11 говорит: "Если разность сумм цифр стоящих на нечетных местах и на четных местах делятся на 11, то и само число делится на 11".

Учитывая этот признак делимости числа на 11, я решал это задание так. 

Сумма всех цифр искомого числа равна 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45. Разобью все цифры от 0 до 9 на две группы так, чтобы разность сумм чисел этих групп делилась на 11. Например, так: 28 - 17 =( 9 + 7 + 6 + 4 + 2) - (1 + 3 + 5 + 8 + 0).

Далее буду брать по одной цифре из каждой группы и записывать их друг за другом. При этом важно только чтобы первая цифра была, например, из первой группы, а вторая - из второй.

Вот и все мое решение! Я как учитель должен учить учащихся решать математические задачи, значит, и сообщать им об идеях, лежащих в основе поиска правильного ответа на тесты ЕГЭ. Но ученик не обязан сообщать экзаменатору о том, что его привело к конкретному решению. Важно только чтобы были соблюдены правила оформления решения тестов ЕГЭ, а они в приведенном выше решении, на мой взгляд, соблюдены.
III.5. Найдите наибольший общий делитель всех чисел вида p2 - 1, где р - простое число, большее 3, но меньшее 2010.

Решение I. Рассмотрим числа вида p2 - 1, где p>3. Самое меньшее из них равно 52 - 1 = 24. Значит, наибольший общий делитель указанных чисел больше 24 быть не может.

Докажем, что 24 - наибольший общий делитель данных чисел. Для этого достаточно доказать, что p2 - 1 делится на 24.

Пусть p = 2k + 1 (четных простых чисел больших 3 нет). Тогда А = p2 - 1 = 2k(2k+2)=4k(k+1).

В произведении чисел k(k+1) обязательно есть чётное число. Поэтому А делится на 8. Осталось показать, что в произведении k(k + 1) делится на 3.

Если предположить, то ни k, ни k + 1 не делятся на 3, то k = 3n + 1 (если k = 3n + 2, то k + 1 = 3n + 3 - делится на 3). Но тогда простое число p = 2k + 1 = 2(3n + 1)+1 = 6n + 3 делится на 3. Чего быть не может. Значит, либо k, либо k + 1 делится на 3.

Таким образом, p2 - 1 делится на 8 и 3. Так как 8 и 3 взаимно простые числа, то p2 - 1 делится и на их произведение 24. Значит, 24 - наибольший общий делитель искомого множества чисел.

Ответ: 24.

Решение II. Каждое натуральное число можно представить в виде 6k или 6k + 1 или 6k + 2 или 6k + 3 или 6k + 4 или 6k + 5. Простое число р ( р > 3) можно представить в виде 6k + 1 или 6k + 5 (остальные числа: 6k, 6k + 2, 6k + 3 и 6k + 4 не являются простыми).

Если р = 6k + 1, то p2 - 1 = (р - 1)(р + 1) = 6k ⋅ (6k + 2) = 12k ⋅ (3k + 1). При этом одно из чисел k и 3k + 1 будет обязательно четным. Это легко проверить рассмотрением двух случаев: k - четное (в этом случае наше утверждение верно) и k - нечетное (в этом случае 3k + 1 - четное). Значит, число 12k ⋅ (3k + 1) делится на 24. Поэтому и 3p2 - 1 делится на 24.

Если р = 6k + 5, то p2 - 1 = (р - 1)(р + 1) = (6k + 4) ⋅ (6k + 6) = 12(3k + 2) ⋅ (k + 1). Как и в предыдущем случае можно доказать, что одно из чисел: 3k + 2 и k + 1 будет четным (представляем читателям это сделать самостоятельно). Значит, 12(3k + 2) ⋅ (k + 1) делится на 24. Из последнего следует, что и p2 - 1 делится на 24.

В предыдущем решении показано, что наибольший общий делитель наших чисел не превосходит 24. Так как все числа вида p2 - 1 делится на 24, то их наибольший общий делитель равен 24.

Ответ: 24.
III.6. Найдите все натуральные числа, последняя десятичная цифра которых 0 и которые имеют ровно 15 различных натуральных делителей (включая единицу и само число). 

Решение. Всякое натуральное число n большее единицы либо просто, либо может быть представлено, и притом единственным образом (с точностью до порядка следования сомножителей), в виде произведения простых чисел:
1 (464x28, 5kb)

При этом произведение всех делителей этого числа (включая единицу и само число) вычисляется по формуле:


2 (223x24, 2kb)

Так как последняя десятичная цифра данного в условии задачи числа равна 0 (то есть число делится на 10), то оно делится на 2 и на 5, то есть в число его простых делителей входит 2 и 5. А значит, n имеет вид n = 2α • 5β•Q (Q - остальная часть канонического разложения числа n). При этом α > 1 и β > 1.

Чтобы использовать формулу числа делителей число 15 надо разложить в произведение не менее двух множителей (α + 1) и (β + 1), больших 1. Однако произведение всех делителей данного числа n (15) разлагается только на два множителя больших 1: 3 и 5 (15 = 3 • 5). Поэтому Q = 1, (α + 1)•(β + 1) = 3 • 5 и n= 2α• 5β.
Возможны всего два случая:
1) α + 1 = 3, β + 1 =5, откуда α = 2, β = 4 и n=22• 54 = 2500;
2) α + 1 = 5, β + 1 = 3, откуда α = 4, β = 2 и n = 24• 52 = 400.
Ответ: 2500 или 400.

III.7. Решите в целых числах уравнение: 1 + 2k + 22k+1 = n2.

Решение. Если k = 0, то уравнение примет вид 5 =n2 и не имеет решений.

Если k = -1, то уравнение примет вид 2 =n2 и тоже не имеет решений. 

Если k ≤ -2, то 1 < 1 + 2k + 22k+1 < 1 + 14 + 14 < 2 и 1 2 < 2. В этом случае данное уравнение также не имеет решений.

Остается рассмотреть случай, когда k - натуральное число. Тогда 1 + 2k + 22k+1 ≤ 11 и n - целое неотрицательное число. Не теряя общности рассуждений можно считать, что n - натуральное число, так как при n < 0 n2 = (-m)2, где m = -n - натуральное число.

2k(1 + 2k + 1) = (n - 1)(n + 1).

Понятно, что n будет нечетным числом. Пусть n = 2m + 1. Тогда (n - 1)(n + 1) = 2m(2m + 2) = 4m(m + 1) и наше уравнение примет вид:

2k - 2(1 + 2k + 1) = m(m + 1) (*)



Числа 2k - 2 и 1 + 2k + 1 взаимно просты. Действительно, если d их наибольший общий делитель, то число
1 + 2k + 1 - 2 2k - 2 = 1 делится на d. Значит d равно 1.

Аналогично доказывается, что числа m и m + 1 тоже являются взаимно простыми.

Пусть m четное число. Так как правая часть уравнения (*) делится на m, то и правая его часть тоже делится на m. Так как и 1 + 2k + 1 - нечетное число, то 2k - 2 делится на m. При этом правая часть уравнения (*) делится на 2k - 2, значит и его правая часть тоже делится на 2k - 2. В силу того, что m + 1 - нечетное число, то m делится на 2k - 2. Натуральные числа m и 2k - 2 делятся друг на друга. Это возможно только при m = 2k - 2. Тогда m + 1 = 1 + 2k + 1 и m = 2k + 1. Получили, что m равно двум различным натуральным числам 2k + 1 и 2k - 1. Чего быть не может.

Также приходит к противоречие, если m + 1 - четное число. Таким образом, ни m, ни m + 1 не могут быть четными. Но из двух последовательных натуральных чисел одно обязательно является четным. Значит, данное уравнение решений в целых числах не имеет.
III.8. Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение 5/(x + 1) = a|x - 4| имеет на промежутке [0;+∞) более двух корней. 

Решение. Рассмотрим графическое решение этой задачи.
Вообще говоря, известно, что графиком функции y=5/(x+1) является гипербола. Однако нас интересует только ее правая ветвь, которая расположена в области [0;+∞). При этом все значения функции y=5/(x+1) будут положительными.

График же функции у = a|x-4| стандартен. По условию, данное уравнение должно иметь не менее трех корней. Рассмотрим, при каком расположении графиков функций y=5/(x+1) и у = a|x - 4| на координатной плоскости это возможно.

2 (304x195, 3kb)

Определим точку касания гиперболы y=5/(x+1) и графика модуля у = a|x-4| как это изображено на рисунке выше.
Прямая у = -ах + 4 будет касаться гиперболы у = 5/(x+1) только тогда, когда уравнение -а(х - 4) = 5/(x+1) имеет единственное решение. Рассмотрим решение этого уравнения.

-ах² + 4ах - ах + 4а = 5,
ах² - 3ах - ах - 4а + 5 = 0.

Последнее уравнение имеет единственное решение только тогда, когда его дискриминант равен нулю.
D = 9a² + 4а(4a - 5) = 0,
25a² - 20a = 0,
a = 0 или а = 0,8.

При а = 0 уравнение -а(х - 4) = 5/(x+1) корней не имеет. а = 0,8 удовлетворяет нашему требованию (проверьте самостоятельно!). Случай а = 0,8 изображен на рисунке выше.

Правая ветвь модуля пересекает ветвь гиперболы всегда в одной точке. При a > 0,8 левая ветвь графика функции у = a|x-4| будет пересекать ветвь гиперболы в двух точках до тех пор, пока прямая у = -а(х - 4) будет пересекать ось ординат в точке ниже 5.

Прямая у = -а(х - 4) пересекает ось ординат при х = 0 и у = 4а. Значит, 4а < 5< a < 1,25.

Поэтому условию данной задачи удовлетворяют все значения а из промежутка (0,8; 1,25).

Ответ: (0,8; 1,25).
III.9. Имеются 25 коробок, массой 13 кг каждая и 19 коробок, массой по 29 кг каждая. Все эти коробки раскладываются по двум контейнерам. Пусть S – модуль разности суммарной массы коробок в контейнерах. Найдите наименьшее значение S, если 
a) дополнительно требуется, чтобы в контейнерах находилось одинаковое количество коробок.
б) без дополнительного условия п.а)


Решение. Пусть в первом контейнере находится x коробок массой 13 кг и y коробок массой 29 кг. Тогда во втором контейнере будет находиться соответственно по 25 - x и по 19 - y коробок.

Поэтому модуль разности суммарной массы можно записать: S=|13x + 29y - ((25 - x)⋅13 + (19 - y)⋅29)| или S=2⋅|13x + 29y - 438|.

a) Условие равенства количества коробок выражается в виде равенства x + y = (25 - x) + (19 - y), 2x + 2y = 44, x + y = 22.

Тогда выражение для модуля разности суммарной массы коробок в контейнерах запишется S=2⋅|13x + 638 - 29x - 438|=16⋅|25 - 2x|. 

Поскольку S Z, то минимальное значение выражения |25 - 2x| может быть сделано равным только единице, поэтому ответ на п.а) равен 16 .Этот результат достигается при x = 12 или x=13.

б) Минимальное значение выражения S=2⋅|13x + 29y - 438| равно 0. Чтобы узнать при каких значениях х и у это значение достигается нужно решить уравнение 13x + 29y = 438 в целых числах. 

13x = 438 - 29y,
3 (278x38, 1kb) (1)

Так как х - целое число, то 

9 - 3y = 13k, где k - целое число.

13k + 3y = 9,
4 (200x35, 1kb) (2)

В силу того, что у тоже целое число, то k = 3t.

Из (2) следует, что у = 3 - 4 ⋅ 3k + k, y = 3 - 13k.

Из (1) получаем, что x = 33 - 2(3 - 13k) + 13 ⋅ 3t = 27 + 29t.

Итак, x = 27 + 9t, у = 3 - 13k.

Так как 0 ≤ х ≤ 9, то 0 ≤ 27 + 29t ≤ 9, -27 ≤ 29t ≤ -2, 0 ≤ x 0. 

Последнее неравенство не имеет решений в целых числах. Значит, уравнение 13x + 29y = 438 не имеет решений в целых числах, для х [0; 25]. Поэтому S не может принимать значение 0. Поскольку S четное число, наименьшее значение S может быть равно 2. Для этого найдет решение уравнения 13x + 29y - 438 = ±1.

Уравнение 13x + 29y = 438 + 1, 13x + 29y = 439 имеет решение х = 7 и у = 12 (решети самостоятельно по предыдущему образцу). Значит, разность масс контейнеров будет равна 2.

Ответ: а) 16, б) 2.
III.10. Докажите, что а не может быть четвертой степенью натурального числа, если а - 5 делится на 9.

Решение. Допустим противное, т.е. что а = х4 и а - 5 = 9у, это значит, что уравнение 

х4 = 9у + 5. (1)




имеет хотя бы одно решение в натуральных числах.

Как известно, любое натуральное число х можно представить в виде х = 9*p+r, где 0≤ r < 9, где r и p натуральные, тогда х4= (9p + r)4= 9S + r4. Подставляем это значение х4 в уравнение (1): 

9S + r4 = 9y + 5. (2)




Из последнего равенства имеем r4 - 5 = 9*(у - S), это означает, что r4 - 5 делится без остатка на 9.

Осталось показать, что этого не может быть, а именно переберем все числа для r = 0, 1, 2 .... , 8. Убедитесь самостоятельно в том, что в каждом из этих случаев r4 - 5 не делится без остатка на 9. 

Значит, число а - 5 не делится на 9 ни при каких натуральных значениях а.
III.11. Натуральные числа от 1 до 12 разбивают на четыре группы, в каждой из которых есть по
крайней мере два числа. Для каждой группы находят сумму чисел этой группы. Для каждой
пары групп находят модуль разности полученных сумм и полученные 6 чисел складывают.
а) Может ли в результате получиться 0?
б) может ли в результате получиться 1?
в) Какое наименьшее возможное значение полученного результата?

Решение.
Пусть A, B, C и D - суммы чисел в четырёх группах. Согласно условию нас интересует сумма:
            S = |A - B| + |A - C| + |A - D| + |B - C| + |B - D| + |C - D|.               (1)
Понятно, что S - целое неотрицательное число. При этом A + B + C + D - это сумма всех натуральных чисел от 1 до 12. Поэтому
                                       A + B + C + D = 1 + 2 + ... + 12 = 78.                                                                      (2)
а) Если S = 0, то |A - B| + |A - C| + |A - D| + |B - C| + |B - D| + |C - D| = 0 и A = B = C = D. Но это невозможно, так как при  A = B = C = D из  (2) следует, что 4А = 78, но 78 не делится на 4.
Следовательно, 0 в результате получиться не может.
б) Если, что S = 1, то только одно слагаемое в (1) равно единице, а остальные пять слагаемых равны нулю.
Пусть |A - B| = 1. Тогда из |A - C| = 0 и |B - C| = 0 получаем соответственно A = C и B = C, то есть A = B и |A - B| = 0. 
Возникшее противоречие показывает, что 1 в результате получиться также не может быть.
в) Заметим, что имеется самое большее три слагаемых в (1), которые не содержат фиксированную букву (например, букву D не содержат слагаемые |A - B|, |B - C| и |A - C|). 
Поэтому если взять любые четыре слагаемых в (1), то в них непременно будут фигурировать все четыре буквы A, B, C, D.
Таким образом, если четыре каких-то слагаемых в (1) равны нулю, то A = B = C = D.
Равенство A = B = C = D , как было отмечено выше, невозможно. Следовательно, никакие четыре слагаемых в (1) не могут равняться нулю. Иными словами, как минимум три слагаемых в (1) должны быть отличны от нуля. Тем самым оказывается невозможным и случай S = 2.
Предположим, что S = 3. Тогда три слагаемых в (1) равны единице, а остальные три равны нулю.
При этом нулю могут равняться лишь такие три слагаемых, которые не содержат некоторой буквы (в противном случае - когда в трех нулевых слагаемых фигурируют все четыре буквы A, B, C, D - остальные три слагаемых также обратятся в нуль).
Пусть, например, |A - B| = |A - C| = |B - C| = 0, то есть A = B = C. Тогда D = A ± 1, и

78 = A + B + C + D = 4A ± 1.


Получаем противоречие: слева стоит чётное число, а справа - нечётное. Значит, S = 3 невозможно.
Приведем теперь пример с S = 4. Группы возьмём такие: (1, 3, 4, 5, 6), (2, 7, 10), (9, 11), (8, 12).
Здесь A = 19, B = 19, C = 20, D = 20. Подставляем в (1): S = 0 + 1 + 1 + 1 + 1 + 0 = 4.
Тем самым доказано, что наименьшее возможное значение S равно 4.




Из всех видов художественной прозы наименьшее доверие вызывают объявления о продаже недвижимости и мемуары. Донал Хенахан
ещё >>