Проектная работа ученицы 11 класса по теме "Числа и их свойства в задачах ЕГЭ"

• 1 слайд

  Числа и их свойства
  в задачах ЕГЭ по математике
   
  Выполнила: Гринь Анастасия, 11 «Б» класс.
  Руководитель: Гончарова Нина Николаевна,
  учитель математики МНБОУ «Лицей №76».
  
  

• 2 слайд

  Процент выполнения
  последнего задания КИМов по математике
  в 2013 -2015 г.г.
  

• 3 слайд

  Целью работы явилось изучение способов и приемов решения последнего задания ЕГЭ по математике и выявление наиболее подходящих способов для задач разной сложности.
  Данная цель была реализована посредством решения ряда задач:
  Изучить теоретический материал и расширить знания по выбранной теме.
  Научиться решать задачу №19 разными способами.
  Подобрать задачи из сборников по подготовке к ЕГЭ, олимпиадам.
  

• 4 слайд

  Гипотеза: Существуют приёмы и способы, которые позволяют решать задачи на свойства, делимость чисел и устанавливать взаимосвязи между различными утверждениями.
  Объект исследования задачи №19 из ЕГЭ по математике 2016г.
  Предмет исследования способы и приёмы решения задач с целыми числами.
  В качестве метода исследования я использовала поиск, сравнение, обобщение, подбор задач, синтез и анализ.
  
  

• 5 слайд

  Теоретические разделы
  1. Делимость, признаки делимости
  2. Среднее арифметическое.
  3. Десятичная запись числа
  4.НОД, НОК, разложение на простые множители.
  5. Диафантовы уравнения.
  6. Прогрессии
  
  
  
  
  

• 6 слайд

  Делимость, признаки делимости
  
  •Число а называется простым, если оно делится только на 1 и на само себя;
  •Если помимо 1 и самого числа, у него есть другие делители, то такое число называется составным;
  •1 не является ни простым, ни составным числом;
  •Если наибольший общий делитель двух чисел =1, то такие числа называются взаимообратными.
  
  

• 7 слайд

  Произведение нескольких различных простых чисел делится на каждое из чисел, уменьшенное на 1. Чему может быть равно это произведение?
  3-1=2
  2 и 3 – простые числа
  Первый ответ 2*3 = 6
  
  

• 8 слайд

  Произведение нескольких различных простых чисел делится на каждое из чисел, уменьшенное на 1. Чему может быть равно это произведение?
  6+1 = 7 – простое число
  7*6 = 2*3*7 = 42.
  Второй ответ 42
  

• 9 слайд

  Произведение нескольких различных простых чисел делится на каждое из чисел, уменьшенное на 1. Чему может быть равно это произведение?
  либо 2*7+1, либо 3*7+1, либо 2*3*7+1
  Из них простое число:
  2*3*7+1 = 43
  Значит, третий ответ - 2*3*7*43 = 1806.
  Ответ: 6, 42, 1806
  

• 10 слайд

  Прогрессии
  Геометрической прогрессией называется последовательность отличных от нуля чисел, каждый член которой, начиная со второго, равен предыдущему члену, умноженному на одно и то же число.
  bn=b1*qn-1 , где b1 – первое число прогрессии, q – знаменатель прогрессии, n – номер члена прогрессии.
  
  

• 11 слайд

  Даны две по­сле­до­ва­тель­но­сти: 2, 4, 8, 16, 14, 10, 2 и 3, 6, 12. В каж­дой из них каж­дое число
  по­лу­че­но из преды­ду­ще­го по од­но­му и тому же за­ко­ну.
  а) Най­ди­те этот закон.
  б) Най­ди­те все на­ту­раль­ные числа, пе­ре­хо­дя­щие сами в себя (по этому за­ко­ну).
  в) До­ка­жи­те, что число 21991 после не­сколь­ких пе­ре­хо­дов ста­нет од­но­знач­ным.
  
  2*2=4
  4*2=8
  8*2=16
  (1+6)*2=14 и т.д.
  закон об­на­ру­жен: «Удво­ен­ная сумма цифр»
  

• 12 слайд

  Даны две по­сле­до­ва­тель­но­сти: 2, 4, 8, 16, 14, 10, 2 и 3, 6, 12. В каж­дой из них каж­дое число
  по­лу­че­но из преды­ду­ще­го по од­но­му и тому же за­ко­ну.
  б) Най­ди­те все на­ту­раль­ные числа, пе­ре­хо­дя­щие сами в себя (по этому за­ко­ну).
  
  
  однозначных нет
  двузначное число: 10а+b
  10a + b = 2(a + b)
  8a = b
  a = 1, b = 8
  Число 18
  

• 13 слайд

  Вывод
  
  Работая над своим исследованием, мне удалось расширить и углубить знания в области свойств чисел и их закономерностей. Так же я нашла определенные направления, приёмы и способы решения последних задач по математике и получила возможность решить задание №19 из ЕГЭ, чтобы заработать максимальное количество баллов.
  
  

• 14 слайд

  Список литературы 
  
  • А. Ларин "Тренировочные задания"2015г.
  • И.В. Ященко «ЕГЭ. Математика: типовые экзаменационные варианты: 36 вариантов 2015». Издательство «Национальное образование» 2015.- 272с.
  •Все задания группы С "закрытый сегмент" И. Н. Сергеев, В. С. Панферов, 2013г
  • Галицкий М. Л., Гольдман А. М., Звавич Л. И. "Сборник задач по алгебре".1996г.
  • Колесникову С. И. "Решение сложных задач ЕГЭ по математике", 2013г.
  • И.В. Ященко «ЕГЭ. Математика: типовые экзаменационные варианты: 30 вариантов 2016». Издательство «Национальное образование» 2016.- 135с.
  • И.В. Ященко «ЕГЭ. Математика: 20 вариантов тестов». Издательство «Экзамен» 2016.- 295с.
  • А.В. Семёнов «ЕГЭ. Математика. Комплекс материалов для подготовки учащихся. Учебное пособие. 2016». Издательство «Интеллект-Центр» 2016.- 144с.
  
  

Секция: Математика

Проектная работа

по теме

«Числа и их свойства

в заданиях ЕГЭ по математике»

                                                          Выполнила: Гринь Анастасия,

                                                                                   МНБОУ «Лицей №76», 11 «Б» класс.

                                                                          Руководитель: Гончарова Нина

                                                                             Николаевна, учитель математики

                                                            МНБОУ «Лицей №76»

Новокузнецк

2016

Содержание:

1. Введение …………………………………………………………………….….3

2. Делимость, признаки делимости ………………………………………….….4

3. Среднее арифметическое. ………………………………………………….…8

4.Десятичная запись числа ……………………………………………………...9

5. Диофантовы уравнения. ……………………………………………………...11

6. Прогрессии ……………………………………………………………………13

7. Заключение ……………………………………………………………………14

8. Список литературы …………………………………………………………...15

Введение

Я обучаюсь в 11 классе МНБОУ «Лицей №76», участвую в различных олимпиадах и турнирах по математике,  готовлюсь к успешной сдаче ЕГЭ.

 Проанализировав задачи, встречающиеся на олимпиадах и в пособиях по подготовке к ЕГЭ по математике,  я столкнулась с трудностью в решении задач, связанных с теорией чисел.

Изучив результаты ЕГЭ по математики выпускников Лицея 76, в частности  статистику решения последнего задания на теорию чисел, за последние три года можно сделать вывод, что большинство выпускников, приступивших к решению этого задания, не справились с ним. Получить даже 1 балл из 4 возможных удаётся не многим.

Год	2013	2014	2015
не справилось % (0 баллов)	80	85	89
справилось % на 1 балл	12	15	8
справилось % на 2 балла	8	0	3
справилось % на 3 балла	0	0	0
справилось % на 4 балла	0	0	0

Наука арифметика зародилась в глубокой древности, и является старейшей отраслью математики. Научным обобщением арифметики  является теория чисел. Интерес к теории чисел был высок во все времена, а результатами теории чисел и арифметики, полученными древними учеными, активно пользуются и в сегодняшнее время. В середине XX века и XXI веке существенно изменилась роль теории чисел. Если в предыдущие три века она была красивейшим разделом математики, привлекавшим внимание лучших математиков своего времени, таких как Ферма, Эйлер, Лагранж, Гаусс, Риман, Гильберт, то с появлением компьютеров теория чисел нашла многочисленные приложения при обработке, передаче и защите информации, представимой в числовом виде. Поэтому в школьный курс математики вошли некоторые разделы теории чисел, например: алгоритм Евклида и решение уравнений в целых числах. Теоретический материал по данной теме изучается достаточно рано, начиная с 5-гокласса (признаки делимости), а некоторые разделы не входят в обязательную программу школьного курса математики. Поэтому для успешного решения задачи №19 следует повторить школьный материал по теории чисел. Исходя из этого, в работе проведена  классификация задач по темам и подбор оптимальных методов и способов их решения.

        Актуальность.

Данная работа будет актуальной, так как в ней будут рассмотрены некоторые методы и способы решения различных задач на теорию чисел, что поможет решить наиболее сложную задачу второй части ЕГЭ по математике, за которую на экзамене можно получить 4 балла. Кроме того, приёмы и методы, рассматриваемые в работе, могут быть очень полезны при решении и других заданий.

Цель работы: тематическая классификация задач по арифметике и алгебре, предлагаемых в заданиях ЕГЭ, изучение методов и способов их решения  и выбор наиболее оптимального из них.

Данная цель реализуется посредством решения ряда задач:

1.     Изучить и классифицировать теоретический материал и расширить знания по выбранной теме.

2.     Подобрать задачи из сборников по подготовке к  ЕГЭ, олимпиадам.

3.     Научиться решать задачу №19 разными способами.

Гипотеза: Существуют методы и способы, которые позволяют решать задачи по теории  чисел и устанавливать взаимосвязи между различными утверждениями.

Объект исследования задачи №19 из ЕГЭ по математике 2016г.

Предмет исследования методы и способы решения задач с целыми числами.

В качестве метода исследования я использовала поиск, сравнение, обобщение, подбор задач, синтез и анализ.

Рассмотрев задачи, содержащиеся в экзаменационном материале по теории чисел, можно выделить следующие классы задач:

¾   Делимость и признаки делимости.

¾   Среднее арифметическое

¾   Десятичная запись числа.

¾   Целочисленные (диофантовые) уравнения, целочисленные неравенства.  

¾    Числовые прогрессии.

1. Делимость, признаки делимости.

Теоретический материал.

а∈N (число а принадлежит натуральным числам)

Определение Число a делится на число b≠0, если существует такое число c, что a=bc.

Свойства делимости

¾   Если a делится на b, то и число ka делится на b.

¾   Если число a делится на c и число b делится на c, то сумма и разность чисел a и b делится на c.

¾   Если число a делится на числа b и c, причем числа b и c взаимно просто, то число a делится на их произведение bc.

Данное утверждение верно не только для двух чисел, но и для любого количества попарно взаимно простых чисел (а именно: если число a делится на каждое из n чисел, причем любые два числа из данных чисел взаимно просты, то число a делится на произведение данных n чисел).

Основная теорема арифметики

 Каждое натуральное число n>1,можно представить в виде n=p_1•p_2•…p_{k ,} где p_1,p_2,…p_k — простые числа, причём такое представление единственно с точностью до порядка следования сомножителей.

Единицу можно также считать произведением нулевого количества простых чисел, «пустым произведением». Как следствие, каждое натуральное число n единственным образом представимо в виде n=p₁^d1_•p₂^d2_•…p_k ^dr_, где p_1<p_2<…_<p_{k ,} — простые числа, и d_1,d_2,…,d_k — некоторые натуральные числа. Такое представление числа называется его каноническим разложением на простые сомножители.

Следствие. Основная теорема арифметики дает элегантные выражения для наибольшего общего делителя и наименьшего общего кратного.

                                Признаки делимости

¾   Число а делится на 2, когда его последняя цифра четна;

¾   Число а делится на 3, когда сумма его цифр делится на 3;

¾   Число а делится на 4, когда число, состоящее из двух последних цифр числа а, делится на 4;

¾   Число а делится на 5, когда последняя цифра этого числа оканчивается на 0 или 5;

¾   Число а делится на 7, когда разность между числом десятков и удвоенным числом единиц делится на 7. (Например, 371:7 т.к. 37-1*2=35, а 35:7).

¾   Число а делится на 8, когда число, состоящее из трех последовательных конечных цифр делится на 8;

¾   Число а делится на 9, когда сумма цифр этого числа делится на 9;

¾   Число а делится на 10, когда последняя цифра этого числа равна 0;

¾   Число делится на 11, если сумма цифр, которые стоят на четных местах равна сумме цифр, стоящих на нечетных местах, либо отличается от неё на 11.

¾   Число делится на 13 тогда и только тогда, когда число его десятков, сложенное с учетверённым числом единиц, кратно 13 (например, 845 делится на 13, так как 84 + (4 · 5) = 104 делится на 13).

¾   Число делится на 17 тогда и только тогда, когда число его десятков, сложенное с увеличенным в 12 раз числом единиц, кратно 17 (например, 29053→2905+36=2941→294+12=306→30+72=

102→10+24=34. Поскольку 34 делится на 17, то и 29053 делится на 17). Признак не всегда удобен, но имеет определенное значение в математике. Есть способ немного попроще – число делится на 17 тогда и только тогда, когда разность между числом его десятков и упятеренным числом единиц, кратно 17(например, 32952→3295-10=3285→328-25=303→30-15=15. поскольку 15 не делится на 17, то и 32952 не делится на 17)

¾   Число делится на 19 тогда и только тогда, когда число его десятков, сложенное с удвоенным числом единиц, кратно 19 (например, 646 делится на 19, так как 64 + (6 · 2) = 76 делится на 19).

¾   Число делится на 23 тогда и только тогда, когда число его сотен, сложенное с утроенным числом десятков, кратно 23 (например, 28842 делится на 23, так как 288 + (3 * 42) = 414 продолжаем 4 + (3 * 14) = 46 очевидно делится на 23).

¾   Число делится на 25 тогда и только тогда, когда две его последние цифры делятся на 25 (то есть образуют 00, 25, 50 или 75)или число кратно 5.

¾   Число делится на 99: Разобьем число на группы по 2 цифры справа налево (в самой левой группе может быть одна цифра) и найдем сумму этих групп, считая их двузначными числами. Эта сумма делится на 99 тогда и только тогда, когда само число делится на 99.

¾   Число делится на 101: Разобьем число на группы по 2 цифры справа налево (в самой левой группе может быть одна цифра) и найдем сумму этих групп с переменными знаками, считая их двузначными числами. Эта сумма делится на 101 тогда и только тогда, когда само число делится на 101. Например, 590547 делится на 101, так как 59-05+47=101 делится на 101).

Простые  и составные числа

Число а называется простым, если оно делится только на 1 и на само себя; Небольшую «коллекцию» простых чисел нам поможет составить старинный способ, придуманный ещё в 3 веке до нашей эры. Выпишем несколько подряд идущих чисел, начиная с 2.Двойку отберём в свою коллекцию, а остальные числа, кратные 2,зачеркнём. Ближайшим не зачёркнутым числом будет 3.Возьмём в коллекцию и его, а все остальные числа кратные 3, зачеркнём. При этом окажется, что некоторые числа уже были вычеркнуты раньше, как, например, 6, 12 и другие. Следующее наименьшее не зачёркнутое число-это 5.Берём пятёрку, а остальные числа, кратные 5, зачёркиваем. Повторяя эту процедуру снова и снова, мы в конце концов добьёмся того, что не зачёркнутыми останутся одни лишь простые числа - они словно просеялись сквозь решето. Поэтому такой способ и получил название «решето Эратосфена». 

¾   Если помимо 1 и самого числа, у него есть другие делители, то такое число называется составным;

¾   1 не является ни простым, ни составным числом;

¾   Если наибольший общий делитель двух чисел равен 1, то такие числа называются взаимообратными.

НОД, НОК, разложение на простые множители.

Любое составное число можно представить в виде произведения простых чисел (о них говорилось в 1 пункте – Делимость, признаки делимости). Разложение числа на простые множители очень часто встречается в заданиях №19, как промежуточное действие.

Например: 1666=2*7*7*17.

НОК – наименьшее общее кратное двух или более чисел. Чтобы найти НОК, нужно разложить все числа на простые множители, найти повторяющиеся и выписать их только ОДИН раз. Далее выписать остальные, и все это перемножить. Например:

НОК( 60;72)=2*2*3*2*3*5=360        60=2*2*3*5 72=2*2*2*3*3.

НОД – наибольший общий делитель двух или более чисел. Чтобы найти НОД, необходимо так же разложить числа на простые множители, найти общие и выписать ТОЛЬКО их. Например:

НОД(50; 175; 325)=5*5=25     50=2*5*5  175=5*5*7 325=5*5*13

Разбор задач

Задачи №1и 2можно отнести ее к классу задач на делимость.

Задача 1. Произведение нескольких различных простых чисел делится на каждое из чисел, уменьшенное на 1. Чему может быть равно это произведение?

Решение: Произведение нескольких различных простых чисел может делиться только на эти же самые простые числа и на единицу.

Это значит, что каждое из этих простых чисел, уменьшенное на единицу, является либо другим простым числом из набора, либо произведением нескольких из них, либо единицей.

Единственное простое число, при уменьшении которого на единицу получается также простое число - это 3.

А единственное простое число, при уменьшении которого на единицу получается единица, - это 2.

Так что, первый ответ – 2*3 = 6.

Следующий ответ может получиться, если предыдущий ответ, увеличенный на единицу, является простым числом.

6+1 = 7 - это простое число, поэтому второй ответ –  7*6 = 2*3*7 = 42.

Следующим членом произведения может стать либо 2*7+1, либо 3*7+1, либо 2*3*7+1, если это простые числа. 2*7+1=15, 3*7+1=22 - не простые.

2*3*7+1 = 43 - а вот это простое число (тут уж придется проверять, перебирая делители).

Значит, третий ответ - 2*3*7*43 = 1806.

Чтобы доказать, что больше таких чисел нет, надо убедиться, что

2*43+1, 3*43+1, 7*43+1, 2*3*43+1, 2*7*43+1, 3*7*43+1 и 2*3*7*43+1 - не простые числа.

Ответ: 6, 42, 1806

Задача 2.  На доске написано число 8. Раз в минуту Вася дописывает на доску одно число: либо вдвое большее какого-то из чисел на доске, либо равное сумме каких-то двух чисел, написанных на доске (таким образом, через одну минуту на доске появится второе число, через две ― третье и т.д.). 

а) Может ли в какой-то момент на доске оказаться число 2012?

б) Может ли в какой-то момент сумма всех чисел на доске равняться 72?

Решение. а) Очевидно, что все числа на доске будут делиться на 8, следовательно, их сумма также будет делиться на 8. Разделим 2012:8=251,5, нацело не делится, значит, на 8 делиться не будет. Б) Достаточно привести пример, допустим, 72=8+ 16+ 32+16.

Ответы: а) – нет; б) – да.

Задача 3. В данной задаче используются свойства НОД,  поэтому её также можно отнесли ее к классу делимости чисел.

По кругу в некотором порядке по одному разу написаны числа от 9 до 18.

Для каждой из десяти пар соседних чисел нашли их наибольший общий делитель.

а) Могло ли получиться так, что все наибольшие общие делители равны 1?

б) Могло ли получиться так, что все наибольшие общие делители попарно различны?

в) Какое наибольшее количество попарно различных наибольших общих делителей могло при этом получиться?

Решение. а) Да, все НОД могут быть равны единице. Пример:

18; 17; 10; 9; 16; 15; 14; 13; 12; 11.

б) Допустим, что все НОД попарно различны. Их десять, поэтому среди них найдётся дву-

значное число. Если два различных числа имеют двузначный НОД, то хотя бы одно из них

больше 20. Но в нашем наборе такого числа нет — противоречие.

в) Из предыдущего пункта следует, что количество попарно различных НОД не превосходит девяти. Далее, НОД двух чисел данного набора не может равняться 7 или 8, так как на 7 делится только 14, а на 8 — только 16. Значит, количество попарно различных НОД не более семи.

Пример расстановки, при которой количество различных НОД равно семи:

15; 9; 18; 12; 16; 17; 13; 11; 14; 10.

В самом деле, НОД(18, 9) = 9, НОД(9, 15) = 3, НОД(15, 10) = 5, НОД(10, 14) = 2,

НОД(16, 12) = 4, НОД(12, 18) = 6, а остальные НОД равны 1.

2. Среднее арифметическое.

Теоретический материал.

    Среднее арифметическое – отношение суммы величин к их количеству: .

     Среднее геометрическое – число, которым можно заменить каждое из чисел, чтобы их произведение не изменилось:

      Для любых неотрицательных членов а₁; а₂ … а_n  выполняется неравенство: 

, причем равенство обеих частей достигается только при равенстве всех членов.

Разбор задач.

Задача1. Набор состоит из тридцати девяти натуральных чисел, среди которых есть числа 3, 4, 6. Среднее арифметическое любого тридцати одного числа этого набора меньше 2.

а)Может ли такой набор содержать ровно шестнадцать единиц?

б) Может ли такой набор содержать менее шестнадцати единиц?

Решение. а) Рассмотрим случай, при котором в 31 число входит наименьшее количество единиц: 39-31=8. 8 единиц не входят в 31 число, а другие 8 входят. Так как в наше множество могут входить только натуральные числа, значит следующее наименьшее число, которое мы можем взять – 2. У нас получается следующее выражение:  , которое меньше 2. Следовательно, такой набор может содержать ровно 16 единиц.

б) Проверим, возможно ли, что такой набор будет содержать 15 единиц, этого будет достаточно для ответа на вопрос под буквой б. Теперь среди 31 числа будет лишь 7 единиц:

 По условию, среднее арифметическое должно быть строго меньше двух. Значит, пятнадцать единиц не может быть, а меньше 15 – тем более. Такой набор не может содержать меньше 16 единиц.

Ответы: а) да; б) нет.

3. Десятичная запись числа.

Теоретический материал.

Любое натуральное число N можно представить в виде записи:

 а*10˟+ … b*10³+ с*10²+d*10¹+е*10º;    где х – натуральное число; а, в, с, d, е – цифры от 0 до 9, но при этом а≠0.

Например, 1995= 1*10³+9*10²+9*10¹+5*10º так же можно записать: 1995=1*1000+9*100+9*10+5*1, т.е. 1995=1000+900+90+5.

Разбор задач.

В задачах этого класса очень часто кроме десятичной записи числа, очень широко используются свойства делимости чисел и признаки делимости чисел.

Задача1. Дано двузначное число. Первую цифру этого числа поменяли со второй. Докажите, что разность между этими числами всегда будет делиться на 9.

Решение. 10а+b-(10b+а) – разность между числами. 10а+b-(10b+а)=10a+b-10b-a=9a-9b= =9(a-b). Следовательно, разница между этими числами всегда будет делиться на 9.

Задача2. Двузначное число умножили на произведение его цифр. В ответе получилось трехзначное число из одинаковых цифр, совпадающих с цифрой в разряде единиц исходного числа. Какое двузначное число мы умножали?

Решение. Во-первых, составим уравнение. 10а+b – исходное число;  100b+10b+b – результат умножения. Следовательно, получаем уравнение –  (10a+b)•a•b=111b. Обе части делим на b. Получаем (10а+b)•а=111. Распишем число 111 на множители: 111=3•37. Так как а – цифра ⇒ а≠37, а=3 ⇒ 10•3+b=37; b=37-30 ⇒ а=3; b=7 исходное число - 37.

 Ответ: 37.

Задача3. На доске написали несколько не обязательно различных двузначных натуральных чисел без нулей в десятичной записи. Сумма этих чисел оказалась равной 264. Затем в каждом числе поменяли местами первую и вторую цифры (например, 17 и 71).

а) Приведите пример исходных чисел, для которых сумма получившихся равно в 4 раза больше , чем сумма исходных?

б) Могла ли сумма получившихся чисел быть равно в 2 раза больше, чем сумма исходных?

Решение:

а) Пусть исходные числа имеют запись 10а _i + b _i , тогда получившиеся числа будут 10 b _i  + а _i. Тогда  сумма всех исходных чисел  10 а ₁+ b ₁ + 10а₂ + b ₂ +…+  10 а _n+ b _n = 10 A + B, значит сумма получившихся чисел равна

10 A + B.

Составим систему уравнений:

10 A + B = 264,

10 A + B =4•264,

10 A + B =2^{3  •}3•11,

10 A + B =2^{5 •}3•11,

11 A + 11B  = 2^3•3•5•11,

9B - 9 A =2•³ 3^{2 •}11*;

 А+ B =2^{3 •}15,

B -  A =2^{3 •}11;

2 B = 2³(15+11),

2 A  = 2³(15 - 11);

B = 4•26=104,

A= 4•4 = 16.

Получили, что сумма всех десятков равна 160, т.е. 16•10, а сумма всех единиц равно 104.

Т.к. наибольшая цифра, которая стоит в разряде десятков или единиц равна 9, то можно определить наименьшее количество чисел, записанных на доске.

104/9 = 11+5/9, т.е. n=12.

Рассмотрим соотношение цифр десятков и единиц.

В/А = 104/16 = 6,5, это означает, что цифра в разряде единиц более чем в 6 раз больше цифры в разряде десятков, например, 7 и 1.  Получим,  если n=14, то  17•14+26 =264,  62+71*14 =994+62=1056.  И, это решение  не единственно.

Ответ: Число 17 написано 14 раз и одно число 26.

Б) Допустим, что сумма получившихся чисел в 2 раза больше суммы исходных чисел, тогда верно равенство:

10 B +A  =2(10 A + B),

10 B +A  =20 A +2 B,

8B=19A, 

10 A + B =264,

80 A + 8B =2^3•3•11•2³,

80 A + 19A  =2^3•3•11•2³,

99А = 2^6•3•11, т. К. А принадлежит N, получили, что

А= (2^6•3•11) / (3^2•11) = 64 /3   - не принадлежит N.( Противоречие), то сумма получившихся чисел не может быть ровно в 2 раза больше, чем сумма исходных чисел.

Ответ: нет

5. Диофантовы уравнения.

1. Теоретический материал.

Для решения уравнений в целых числах, или диофантовых уравнений, существует несколько методов:

¾   Разложение уравнения на множители.

¾   Вынесение за скобки общего множителя: ab+ac = a(b+c)

¾   Группировка: ab+ac+db+dc = a(b+c)+d(b+c) = (a+d)(b+c)

¾   Применение формул сокращенного выражения. Стоит отметить, что при решении уравнения в целых числах с помощью формул зачастую остается остаток. Например:х²+10ху+16у² = х²+10ху+25у²-9у² = (х+5у)² -(3у)².

¾   Выражение одной переменной через другую, с последующим выделением целой части.

¾   Введение новой переменной.

После применения одного или нескольких из вышеперечисленных методов нужно рассматривать:

¾   Свойства делимости чисел.

¾   Четность и нечетность.

¾   Промежутки на числовой прямой, если существуют какие-либо ограничения, или же подставлять положительные и отрицательные числа вместо переменных.

¾   Использовать метод перебора.

В этом классе  находится достаточно большое количество задач. Это связано с тем, что при решении задач № 19 очень часто можно составить уравнение или неравенство, которые нужно решить в целых (натуральных) числах. Вследствие чего полезно знать алгоритм решения диофантовых уравнений и иметь опыт в решении целочисленных уравнении и неравенств.

	Разбор задач. За­да­ча Числа () на­зы­ва­ют­ся близ­ки­ми, если каж­дое из них мень­ше, чем сумма всех  чисел, де­лен­ная на n-1. Пусть  ... — n близ­ких чисел,  — их сумма. До­ка­жи­те, что а) все они по­ло­жи­тель­ны; б) все­гда  в) все­гда  Ре­ше­ние. а) по усло­вию   зна­чит,  Зна­чит,   Точно также и для осталь­ных чисел. Те­перь решим пункт в). в)  Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать. Те­перь из пунк­та в) сле­ду­ет пункт б), так как
За­да­ча 2. Рас­смат­ри­ва­ют­ся трой­ки целых чисел a, b и c, для ко­то­рых вы­пол­не­но  усло­вие: a + b + c = 0. Для каж­дой такой трой­ки вы­чис­ля­ет­ся число  d = a1999 + b1999 + c1999. а) Может ли слу­чить­ся, что d = 2? б) может ли слу­чить­ся, что d — про­стое число? Ре­ше­ние. Решим сразу пункт б). По­ка­жем, что все не­чет­ные сте­пе­ни про­из­воль­но­го це­ло­го числа имеют оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 6. Пусть a - целое число, а и  — две его про­из­воль­ные со­сед­ние не­чет­ные сте­пе­ни. Тогда  де­лит­ся на 6, по­то­му что одно число из трой­ки по­сле­до­ва­тель­ных чисел    де­лит­ся на 3 и хотя бы одно число из этой трой­ки де­лит­ся на 2. То есть, со­сед­ние не­чет­ные сте­пе­ни числа a имеют оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 6, но тогда и любые не­чет­ные сте­пе­ни числа a имеют оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 6. Сле­до­ва­тель­но,   де­лит­ся на 6, то есть не может быть ни­ка­ким про­стым чис­лом, в том числе и двой­кой.

За­да­ние 3. На бу­маж­ке за­пи­са­ны три по­ло­жи­тель­ных числа: x, y и 1. За один  Ход раз­ре­ша­ет­ся за­пи­сать на бу­маж­ку сумму или раз­ность каких‐ни­будь двух уже за­пи­сан­ных чисел или за­пи­сать число, об­рат­ное к ка­ко­му‐ни­будь из уже за­пи­сан­ных чисел. Можно ли за не­сколь­ко ходов по­лу­чить на бу­маж­ке а) число x2? б) число xy? Ре­ше­ние. а) Осу­ще­ствим такую це­поч­ку:     Бла­го­да­ря ре­ше­нию пунк­та а) мы умеем за не­сколь­ко шагов воз­во­дить числа в квад­рат. Зна­чит, можно по­лу­чить число:  Те­перь по­лу­чим по­сле­до­ва­тель­но:   Ответ: а) да; б) да.

6. Прогрессии

Теоретический материал.

1) Арифметическая прогрессия - это последовательность чисел, в которой каждый член получается из предыдущего путем прибавления к нему одного и того же числа d, называемого разностью этой арифметической прогрессии.

   - первый член прогрессии; d – разность прогрессии.

Формулы суммы прогрессии:    

2) Геометрической прогрессией называется последовательность отличных от нуля чисел, каждый член которой, начиная со второго, равен предыдущему члену, умноженному на одно и то же число.

b_n=b₁*q^n-1  , где b_{1 –} первое число прогрессии, q – знаменатель прогрессии, n – номер члена прогрессии.

Формула суммы геометрической прогрессии:      q≠1

Разбор задач

В задачах на числовые прогрессии в основном используются свойства арифметической прогрессии и геометрической прогрессии, а условия, чтобы числа были целые или натуральные, обычно уходят на второй план.

За­да­ча 1 .

Даны две по­сле­до­ва­тель­но­сти: 2, 4, 8, 16, 14, 10, 2 и 3, 6, 12. В каж­дой из них

 каж­дое число по­лу­че­но из преды­ду­ще­го по од­но­му и тому же за­ко­ну.

а) Най­ди­те этот закон.

б) Най­ди­те все на­ту­раль­ные числа, пе­ре­хо­дя­щие сами в себя (по этому за­ко­ну).

Ре­ше­ние. а) Закон можно уга­дать, за­ме­тив, на­при­мер, что пока число од­но­знач­ное, оно  удва­и­ва­ет­ся, а потом — нет. А то, что 10 пе­ре­хо­дит в 2, на­во­дит на мысль,  что удва­и­ва­ет­ся не само число, а сумма его цифр. Итак, ис­ко­мый закон об­на­ру­жен: «Удво­ен­ная сумма цифр». б) Легко за­ме­тить, что од­но­знач­ных чисел, боль­ших нуля, с тре­бу­е­мым  свой­ством нет. По­про­бу­ем найти ре­ше­ние среди дву­знач­ных чисел. Если пер­вая цифра дву­знач­но­го числа равна a, а вто­рая равна b, то само число равно 10a + b. Имеем 10a + b = 2(a + b).  От­сю­да 8a = b, то есть a = 1, b = 8. Можно по­ка­зать, что дру­гих ре­ше­ний нет: самое ма­лень­кое трёхзнач­ное число — 100, а самая боль­шая сумма трёх цифр 9 + 9 + 9 = 27, по­это­му удво­ен­ная сумма цифр все­гда мень­ше са­мо­го числа. Так же с че­ты­рех­знач­ны­ми, пя­ти­знач­ны­ми, и так далее. Ответ: а) удво­ен­ная сумма цифр; б) 18.

Заключение

На задачах с числовыми прогрессиями мы заканчиваем свою классификацию. Данная  классификация не совсем полная, потому что известные из открытых источников задания по теории чисел очень разнообразны. Однако, в работе  выделены  задачи на числа и их свойства, которые наиболее часто встречаются при решении последней задачи, содержащейся в КИМах ЕГЭ по математике.

 В моей работе я рассматривала задачи типа №19 (ЕГЭ 2016г.) на темы: делимость, признаки делимости; десятичная запись натурального числа; НОД и НОК; среднее арифметическое; целочисленные (диофаннтовы) уравнения, целочисленные неравенства; числовые прогрессии.

 При их решении, я использовала понятия натуральных чисел, простых и составных чисел, взаимно простых чисел, точного квадрата числа, а также признаки делимости чисел, способы разложения на множители и алгоритм Евклида. В ходе выполнения работы я узнала важные понятия и формулы для решения этих задач, а также поняла, что необходимы хорошие базовые знания в области математики, умение логически мыслить, рассуждать, синтезировать материал в данной области. Считаю, что изложенный материал будет полезен учащимся и педагогам при проведении специальных и элективных курсов.

Список литературы

1.     И.В. Ященко «ЕГЭ. Математика: типовые экзаменационные варианты: 36 вариантов 2015». Издательство «Национальное образование» 2015.- 272с.

2.     Все задания группы "С "закрытый сегмент" И. Н. Сергеев, В. С. Панферов, 2013г.

3.     Галицкий М. Л., Гольдман А. М., Звавич Л. И. Сборник задач по алгебре для 8-9 классов. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики./-3е издание-М:1996-271с.

4.     А.Г. Мордкович , П.В. Семенов. Алгебра и начала математического анализа. 10 класс. В 2ч. Ч.1. Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (профильный уровень) / 9-е изд., стер. –М.: Мнемозина, 2012. – 424с.

5.     Колесников С. И. "Решение сложных задач ЕГЭ по математике", 2013г.

6.     И.В. Ященко «ЕГЭ. Математика: типовые экзаменационные варианты: 30 вариантов 2016». Издательство «Национальное образование» 2016.- 295с.

7.     А.В. Семёнов «ЕГЭ. Математика. Комплекс материалов для подготовки учащихся. Учебное пособие. 2016». Издательство «Интеллект-Центр» 2016.- 144с.

8.     Энциклопедия для детей. Том 11. Математика. Главный редактор М.Д.Аксенова.-М.:  Аванта+, 2003. - 688 с.

9.     Web – сайт http://reshuege.ru «Задачи ЕГЭ 2015»

10.  Web – сайт www.fipi.ru/content/otkrytyy-bank-zadaniy-ege