Задача 1:

Прямоугольник HOMF имеет стороны HO = 11 и OM = 5. Для треугольника ABC точка H – точка пересечения высот, O – центр описанной окружности, M — середина BC, F – основание высоты, проведенной из вершины A. Найти длину BC.

Решение:

По условию сторона BC содержит точки M и F; поэтому точка A лежит на прямой HF. Введем систему координат так, как показано на рисунке.

Точки будут иметь координаты: M(0,0), O(0,5), H( – 11,5), B(x,0), C( – x,0), A( – 11,y). Из условий OA² = OB² и BH ⊥ AC получим соответственно x² + 5² = 11² + (y – 5)² и ( – x – 11)( – x + 11) + 5 • ( – y) = 0. Решая полученную систему, найдем y = 15 и x = 14. Ответ. 28.

Задача 2:

За круглым столом сидят n игроков. Каждый из них первоначально имеет по одному рублю. Первый игрок передает рубль второму, после чего второй передает два рубля третьему. Затем третий игрок передает рубль четвертому, а четвертый два рубля пятому и т.д. Игроки поочередно передают рубль или два рубля следующему игроку, у которого еще есть деньги; игрок, лишившийся денег, выбывает из игры и покидает стол. Найти бесконечное множество таких n, при которых игра заканчивается тем, что у некоторого игрока оказываются все n рублей.

Решение:

После первого круга (т.е. в тот момент, когда n-й игрок уже отдал свои рубли, а следующий по кругу игрок еще не получил) из игры выбывают первый игрок и все игроки с четными номерами, а у оставшихся будет по два рубля. Заметим, что игра сводится к поочередному увеличению или уменьшению количества рублей у игроков на единицу. Поэтому если за столом в течение нескольких кругов игры сидит неизменное четное число игроков, то после каждого круга у одних и тех же игроков количество денег увеличивается, равно как у всех оставшихся уменьшается. В частности, если за столом осталось двое, то через число кругов, равное количеству рублей у того игрока, который каждый раз получая рубль отдает два, игра закончится полной победой его партнера.

Если n = 2^k + 1 или n = 2^k + 2, то после первого круга за столом останется 2^k – 1 игроков, и у каждого будет по 2 рубля. После еще двух кругов число игроков вдвое уменьшится, а у оставшихся будет по 4 рубля. Следующее изменение числа игроков произойдет еще через 4 круга и т.д. Пока игра не кончится, после каждого очередного круга за столом будет сидеть четное число игроков, причем у всех игроков, занимающих четные места, одинаковое число денег, поровну денег будет и у всех игроков, занимающих нечетные места. Поэтому всякое изменение числа игроков (после некоторого круга игры; исключение – первый круг) является уменьшением вдвое. В конце концов за столом останется один победитель с n рублями (общее количество денег во время игры не меняется).

Замечание. Нетрудно показать, что при n, отличном от n = 2^k + 1 и n = 2^k + 2, игра никогда не кончится.

Задача 3: Вычислить

Решение: В первой паре скобок записано разложение в ряд Маклорена функции . Почленно интегрируя и учитывая, что , получим

Задача 4:

Пусть G – группа с единичным элементом e;  φ : G → G – функция такая, что  φ (g₁) φ (g₂) φ (g₃) =  φ (h₁) φ (h₂) φ (h₃), всякий раз, когда g₁g₂g₃ = e = h₁h₂h₃. Доказать, что существует такой элемент a ∈ G, что функция  ψ (x) = a φ (x) есть гомоморфизм (т.е.  ψ (xy) =  ψ (x) ψ (y) для всех x,y ∈ G).

Решение: Если a φ (x) – гомоморфизм, то a φ (xy) = a φ (x)a φ (y), или

Положив в (1) x = y = e, получим  φ (e) =  φ (e)a φ (e), откуда a =  φ  ^– 1(e). Обозначим b =  φ (e). Задача теперь сводится к доказательству того, что  φ (xy) =  φ (x)b ^– 1 φ (y).

Заметим сначала, что exx ^– 1 = e = eee, откуда

Очевидна перестановочность элементов  φ (x) и  φ (x ^– 1).

Поскольку x ^– 1 • xy • y ^– 1 = e = eee, имеем

Умножив обе части равенства (3) слева на  φ (x), справа на  φ (y) и применив свойство (2), получим b² φ (xy)b² =  φ (x)b³ φ (y), вследствие чего  φ (xy) = b ^– 2 φ (x)b³ φ (y)b ^– 2, или

Теперь для доказательства утверждения задачи достаточно убедиться, что

Действительно, и Аналогично доказывается второе соотношение (5). Итак, из соотношений (4),(5) следует:  φ (xy) =  φ (x)b ^– 1 φ (y), что и требовалось доказать.

Задача 5:

Для n = 10 определить, четно или нечетно число упорядоченных n-элементных наборов натуральных чисел (x₁,x₂, … ,x_n) таких, что

Решение: Возьмем произвольное решение уравнения (1) – набор натуральных чисел (x₁,x₂, … ,x_n). Пусть в этом наборе встречается k различных чисел: y₁,y₂, … ,y_k – соответственно n₁,n₂, … ,n_k раз (n₁ + n₂ +  …  + n_k = n). Тогда среди решений (1) имеется перестановок указанного набора. На четность общего количества решений влияют только такие наборы, число перестановок которых нечетно. Нетрудно показать, что число P(n₁,n₂, … ,n_k) делится на любой биномиальный коэффициент , где i = 1, … ,k, n = n₁ +  …  + n_k. В условии задачи n = 10. Из чисел нечетными являются только числа и . С учетом того, что число P(2,2,2,2,2) является четным (это легко проверить), рассмотрению подлежат лишь следующие варианты.

• n₁ = 10. В этом случае уравнение (1) имеет единственное решение: (1,1, … ,1).
• n₁ = 8,n₂ = 2. Уравнение принимает вид

  

  где x и y – не равные друг другу натуральные числа.

  Выразив из уравнения (2) переменную x через переменную y, получим

  

  откуда следует, что y – 2 явлется делителем 16. Имеем следующие решения (при условии x ≠ y):  (x,y) = (24,3),(16,4),(12,6),(9,18). Каждое из четырех решений (2) порождает решений уравнения (1).

Ответ. Число решений в натуральных числах уравнения (1) при n = 10 нечетно.

Задача 6:

Пусть n – натуральное число, c – действительное число. Последовательность (x_k) определяется соотношениями x₀ = 0,x₁ = 1 и

Пусть при фиксированном n число c принимает наибольшее значение, при котором x_n + 1 = 0. Выразить x_k через n и k, где 1 ≤ k ≤ n.

Решение:

Перепишем соотношение (*) в виде (n – k)x_k + (k + 1)x_k + 2 = cx_k + 1,k = 0,1, … ,n – 1. С учетом условий x₀ = x_n = 0, x₁ = 1 получим матричное уравнение Ax = cx, где A – трехдиагональная матрица, x – вектор-столбец:

Теперь задача сводится к нахождению наибольшего (вещественного) собственного значения матрицы A и к определению отвечающего ему собственного вектора (с условием x₁ = 1). Для локализации спектра матрицы используем круги Гершгорина. Поскольку главная диагональ матрицы состоит из нулей, а сумма модулей всех внедиагональных элементов каждого столбца равна (n – 1), заключаем, что собственные значения матрицы A расположены в круге (комплексной плоскости) радиуса (n – 1) и с центром в нуле. Легко проверить, что число (n – 1) является собственным значением матрицы A и, значит, является искомым. Переходим к нахождению собственного вектора. Имеем: x₁ = 1, x₂ = n – 1; . Далее индукцией по k легко доказать, что для k = 1,2, … ,n выполняется равенство .