Решение логических задач по математике

I.Решение логических задач

 №1 Два фокусника показывают трюк. Первый фокусник выходит из комнаты, а затем второй фокусник берет колоду из 100 карт, пронумерованных числами от 1 до 100, и просит каждого из трех участников выбрать по очереди по одной карте, и при этом он видит, какую карту взял каждый. Затем он сам добавляет еще одну карту к трем выбранным картам из оставшейся колоды. Участники вызывают первого фокусника, предварительно перемешав 4 карты произвольным образом, и дают ему их. Первый фокусник смотрит на эти 4 карты и «угадывает», какую карту выбирал каждый из участников. Докажите, что фокусники смогут исполнить этот трюк.

Решение. 1. Прежде чем обсуждать решение задачи, поговорим о перестановках 4-ой степени. Раз речь идет о четырех картах, речь будет идти о четырех числах. Перестановкой 4-ой степени называется расположение чисел 1, 2, 3, 4 в каком-то порядке. Существует 4! = 24 перестановок 4-ой степени:

№	Перестановка		№	Перестановка		№	Перестановка		№	Перестановка
0	1234		6	2134		12	3124		18	4123
1	1243		7	2143		13	3142		19	4132
2	1324		8	2314		14	3214		20	4213
3	1342		9	2341		15	3241		21	4231
4	1423		10	2413		16	3412		22	4312
5	1432		11	2431		17	3421		23	4321

Здесь перестановки перечислены в лексикографическом (словарном) порядке, т. е., сравниваются первые цифры. Если  равны первые цифры, то сравниваются вторые цифры. Если k-я цифра у одной перестановки меньше, чем у другой, то первая перестановка считается меньшей. Фокусники могут выбрать и другую систему нумерации перестановок, но мы будем считать, что они придерживаются традиционной системы.

Вместо чисел 1, 2, 3, 4 можно выбирать и другие различные 4 числа, например: если даны числа 17, 23, 72, 99, то в этой таблице вместо чисел 1, 2, 3, 4 надо поставить соответственно числа 17, 23, 72, 99, расположенные в возрастающем порядке. В этом случае первые 6 перестановок получат следующие номера: 0 – 17, 23, 72, 99; 1 – 17, 23, 99, 72; 3 – 17, 72, 23, 99; 4 – 17, 72, 23, 99; 5 – 17, 72, 99, 23.  

Пусть участники 1, 2, 3 выбрали карту с номерами a₁, a₂, a₃, а четвертая карта имеет номер a₄.

Всегда найдутся 24 последовательных числа от 1 до 100, отличные от a₁, a₂, a₃. Среди этих чисел выберем карту с наименьшим номером a₄ так, чтобы остаток от деления суммы a₁ + a₂ + a₃ + a₄ на 24 был равен номеру перестановки a₁, a₂, a₃, a₄.

Например, если a₁ = 99, a₂ = 72, a₃ = 36, то число a₄ можно выбрать в промежутках [1, 24], [37, 60]. Если выбрать число a₄ в промежутке [1, 24], то перестановка a₁, a₂, a₃, a₄ будет соответствовать перестановке 4, 3, 2, 1, которая имеет номер 23. Чтобы сумма a₁ + a₂ + a₃ + a₄ при делении на 24 давала остаток 23, нужно выбрать a₄ = 8.

Число a₄ можно выбрать и в промежутке [37, 60]. В этом случае перестановка a₁, a₂, a₃, a₄ будет соответствовать перестановке 4, 3, 1, 2, которая имеет номер 22. Тогда нужно выбрать в качестве  a₄ число  55.

Пусть теперь a₁ = 72, a₂ = 99, a₃ = 36. Как и в предыдущем случае,  число a₄ также можно выбрать в промежутках [1, 24], [37, 60]. Если выбрать число a₄ в промежутке [1, 24], то перестановка a₁, a₂, a₃, a₄ будет соответствовать перестановке 3, 4, 2, 1, которая имеет номер 17. Чтобы сумма a₁ + a₂ + a₃ + a₄ при делении на 24 давала остаток 17, нужно выбрать a₄ = 2.

Число a₄ можно выбрать и в промежутке [37, 60]. В этом случае перестановка a₁, a₂, a₃, a₄ будет соответствовать перестановке 3, 4, 1, 2, которая имеет номер 16. Тогда можно выбрать в качестве  a₄ число 49.

№2 . Найдите все такие функции f: (0; ¥) ® (0; ¥), что при всех действительных x, y выполняется равенство x²(f(x) + f(y)) = (x + y)f(f(x)×y).

Решение. 1) Положим x = y = 1: 2f(1) = 2f(f(1)), т. е.,

f(1) = 2f(f(1)).                      (1)

2) Положим x = f(1), y = 1: f²(1)[f(f(1)) + f(1)= [f(1) + 1]f(f(f(1))). Используя (1), получим 2f³(1) = [f(1) + 1]f(1), f(1)[2f²(1) – f(1) – 1] = 0. Так как f(1) > 0 по условию, то 2f²(1) – f(1) – 1 = 0. Отсюда f(1) = 1.

3) Положим x = 1: 1 + f(y) (1 + y). Отсюда f(y) =  при всех y > 0. Остается сделать проверку.

№3. Найдите все такие функции f: (0; ¥) ® (0; ¥), что при всех действительных x, y выполняется равенство

x²f [f(x) + f(y)] = (x + y)f(f(x)×y).             (1)

Решение. 1) Докажем, что если существует функция, удовлетворяющая уравнению (1), то она является инъекцией, т. е., докажем импликацию

f(a) = f(b) Þ a = b.

Пусть f(a) = f(b) = c.

Положим x = a: (a + y)f(cy) = a²f[c + f(y)].

Положим x = b: (b + y)f(cy) = b²f[c + f(y)].

Из этих двух равенств вытекает, что (a + y)b² = a²(b + y) или (b – a)(by + ay + ab) = 0. Так как, по условию, a > 0, b > 0, y > 0, то получаем a = b.

2) В (1) положим y = x² – x, x > 1: x²f[(x² – x)f(x)] = x²f[f(x) + f(x² – x)]. Отсюда с учетом (1), получим (x² – x)f(x) = f(x) + f(x² – x) или

(x² – x)f(x² – x).                    (2)

3) Положив в (2) x = , получим f(1) = 0, что противоречит условию f: (0; ¥) ® (0; ¥). Полученное противоречие доказывает отсутствие функции, удовлетворяющей условиям задачи.

№4. В школе учатся 2009 мальчиков и 2009 девочек. Каждый школьник посещает не более 100 кружков. Известно, что любой мальчик посещает с каждой девочкой, по крайней мере, один общий кружок. Докажите, что существует кружок, который посещают, по крайней мере, 11 мальчиков и, по крайней мере, 11 девочек.

Решение. Пусть i – номер кружка, a_i – число мальчиков в i-ом кружке, b_i – число девочек в i-ом кружке, i = 1, 2,…, N. В i-ом кружке реализовывается a_i×b_i пар связей из общего количества 2009² (по условию каждый мальчик посещает с каждой девочкой, по крайней мере, один общий кружок). Доказательство утверждения задачи проведем методом от противного.

Предположим, что для любого i = 1, 2,…, N либо a_i £ 10, либо b_i £ 10. Тогда  < 10 £ 10(100×2009 + 100×2009) = 2000×2009 < 2009². Таким образом, получили противоречие с условием, что в кружках реализовываются все пары связей. Здесь использованы неравенства  £ 100×2009, , которые вытекают из условий, что каждый школьник посещает не более 100 кружков.

№5 Сколькими способами можно разменять 2007 тенге монетами достоинством 1 и 5 тенге?

Решение : Количество разменов зависит от того, сколько раз мы представим число 2007 в виде 2007 = 5×a + b, где a и b – неотрицательные целые числа. Имеем 2007 = 5×0 + 2007, 5×1 + 2002,…, 5×401 + 2. Поэтому 2007 тенге монетами достоинством в 1 и 5 тенге можно разменять 402 способами.

№6. Найдите 4-значное число, такое,  что если его развернуть, то  полученное число будет в 4 раза больше начального.

Решение : Заданное четырехзначное число M можно записать так: 1000a + 100b + 10c + d, где a, b, c, d – цифры, причем a ¹ 0. Развернутое число будет иметь вид N = (1000a + 100b + 10c + d). Это число можно получить умножением числа M на 4:

N = 4(1000a + 100b + 10c + d) = 1000d + 100c + 10b + a.     (*)

При умножении цифры d на 4 последняя цифра должна быть четной, поэтому a – четная цифра. С другой стороны, a < 3, в противном случае число 4(1000a + 100b + 10c + d) оказалось бы пятизначным. Следовательно, a = 2.

Далее, при умножении цифры d на 4 последнюю цифру 2 дают две цифры: 3 и 8. Так как N = 1000d + 100c + 10b + a ³ 8000, то d = 8. Таким образом, соотношение (*) примет вид 4(2000 + 100b + 10c + 8) = 8000 + 100c + 10b + 2. Отсюда  8000 + 400b + 40c + 32 = 8000 + 100c + 10b + 2, 400b + 40c + 30 = 100c + 10b, 40b + 4c + 3 = 10c + b, 39b + 3 = 6c, 13b + 1 = 2c. Так как 2c £ 18, то из последнего соотношеня следует, что c £ 1. Из этого соотношения следует, что b ¹ 0, поэтому b = 1. Это соотношение дает 13 + 1 = 2c, поэтому c = 7. таким образом, заданное число имеет вид 2178.

№7. Сколькими нулями оканчивается произведение 1×2×3×4×5×6×7×...×98×99×100?

Решение : Если записать каноническое разложение числа 1×2×3×4×5×6×7×...×98×99×100 = , то можно видеть, что нули в разложении дадут произведения пятерок и двоек. Надо посчитать, с каким показателем в разложение войдут 5 и 2. Числами, кратными 5 будут числа 1×5, 2×5,..., 20×5. Их всего 20. Теперь нужно определить чиcла, кратные 5² = 25: 25, 50, 75, 100 – четыре. Таким образом в каноническое разложение число 5 входит с показателем 20. Аналогично можно определить показатель при степени 2 равен  +  +  +  +  +  = 50 + 25 + 12 + 6 + 3  + 1 = 97.  Показатель пяти больше, чем показатель двойки, следовательно, число нулей в каноническом разложении факториала равно показателю числа 5: 24.

№8. Пусть a, b, c – неотрицательные числа. Докажите, что ab + bc + ca ³ .

Решение : Известное неравенство для среднего арифметического и среднего геометрического неотрицательных чисел x и y:  ³  или x + y ³  2. Поэтому a²b² + a²c² ³ 2 = 2a²bc, a²b² + b²c² ³ 2 = 2ab²c, a²c² + b²c² ³ 2 = 2abc². Сложив левые и правые части эих неравенств, получим 2(a²b² + a²c² + b²c²) ³ 2(a²bc + ab²c + abc²) или a²b² + a²c² + b²c² ³ a²bc + ab²c + abc². Отсюда a²b² + a²c² + b²c² + 2(a²bc + ab²c + abc²) ³ 3(a²bc + ab²c + abc²) или (ab + bc + ca )² ³ 3(a²bc + ab²c + abc²). Отсюда  ab + bc + ca  ³  .

№9. Натуральные числа от 1 до 127 разбили на несколько (больше чем на одну) групп с равными суммами. Докажите, что этих групп четное число.

Решение : Сумма чисел 1, 2,…, 127 равна 2⁴×127, причем 127 – простое число.  Пусть n > 1 – число групп, на которые разбиты числа, 2⁴×127 = n×s. Тогда сумма чисел в каждой группе будет равна s. Так как число 127 попадет в какую-то группу, то s ³ 127, поэтому n £  £ 2⁴. Так что число n является делителем числа 2⁴×127 и 1 < n £ 2⁴. Отсюда следует, что число n должно быть степенью числа 2, не превосходящим 2⁴.

№10. Вычислите значение: .

Решение :  =  =  =    =    =   =  =  =  =  = 2010² – 2009.      

№11 Если число 2^m + 3ⁿ делится на 5, то докажите, что число 2ⁿ + 3^m также делится на 5.

Решение : Число делится на 5, если оно оканчивается на 5 или 0. Так что число 2^m + 3ⁿ делится на 5, если сумма последних цифр чисел 2^m и 3ⁿ делится на.

Последняя цифра числа 2⁴, а также чисел (2⁴)² = 2^4×2×, (2⁴)³ = 2^4×3, (2⁴)⁴ = 2^4×4, ... равна 6. Так что последняя цифра чисел вида 2^4k при k = 1, 2, 3,… равна 6. Тогда при k = 1, 2, 3, … последняя цифра чисел 2^{4k + 1} равна 2, чисел вида 2^{4k + 2} – равна 4, чисел вида 2^{4k + 3} равна 8.

Аналогично при различных t = 1, 2, 3,… последние цифры чисел вида 4t, 4t + 1, 4t + 2, 4t + 3 равны соответственно 1, 3, 9, 7.

Предположим, что число 2^m + 3ⁿ делится на 5.

1) Если m = 4k для некоторого k = 1, 2, 3…, то последняя цифра числа 2^m равна 6. Так как последняя цифра числа 3ⁿ может быть равной 1, 3, 9, 7, то n = 4t + 2 при некотором t = 1, 2, 3,…

Теперь рассмотрим число 2ⁿ + 3^m. Так как  n = 4t + 2 и m = 4k, то последние цифры чисел 2ⁿ и 3^m равны соответственно 4 и 1. Тогда сумма последних цифр суммы 2ⁿ + 3^m равна 5 и поэтому число 2ⁿ + 3^m делится на 5.

2) Если m = 4k + 1 для некоторого k = 1, 2, 3…, то последняя цифра числа 2^m равна 2. Так как последняя цифра числа 3ⁿ может быть равной 1, 3, 9, 7, то n = 4t + 1 при некотором t = 1, 2, 3,…

Теперь рассмотрим число 2ⁿ + 3^m. Так как n = 4t + 1 и m = 4k + 1, то последние цифры чисел 2ⁿ и 3^m равны соответственно 2 и 3. Следовательно, сумма последних цифр числа 2ⁿ + 3^m равна 5 и поэтому число 2ⁿ + 3^m делится на 5.

3) Если m = 4k + 2 для некоторого k = 1, 2, 3…, то последняя цифра числа 2^m равна 4. Так как последняя цифра числа 3ⁿ может быть равной 1, 3, 9, 7, то n = 4t при некотором t = 1, 2, 3,…

Теперь рассмотрим число 2ⁿ + 3^m, но тогда последняя цифра числа 2ⁿ равна 6, а последняя цифра числа 3^m равна 9. Следовательно сумма последних цифр числа 2ⁿ + 3^m равна 15 и поэтому число 2ⁿ + 3^m делится на 5.

4) Если m = 4k + 3 для некоторого k = 1, 2, 3…, то последняя цифра числа 2^m равна 8. Так как последняя цифра числа 3ⁿ может быть равной 7 из возможного выбора 1, 3, 9, 7, то n = 4t + 3 при некотором t = 1, 2, 3,…

Теперь рассмотрим число 2ⁿ + 3^m, но тогда последняя цифра числа 2ⁿ равна 8, а последняя цифра числа 3^m равна 7. Следовательно сумма последних цифр числа 2ⁿ + 3^m равна 15 и поэтому число 2ⁿ + 3^m делится на 5.

№12 Для неотрицательных вещественных чисел a, b, c и положительных вещественных чисел x, y, z, удовлетворяющих равенству a + b + c = x + y + z, докажите неравенство  +  +  ³ a + b + c.

Решение : Среднее арифметическое чисел , x, x равно , а среднее геометрическое равно a. Отсюда  ³ a или  + x + x ³ 3a,  ³ 3a – 2x. По аналогичным соображениям,   ³ 3b – 2y,   ³ 3c – 2z. Сложив полученные три неравенства, получим  +  +  ³ 3(a + b + c) – 2(x + y + z) = 3(a + b + c) – 2(a + b + c) = a + b + c. Следовательно,  +  +  ³ a + b + c.

№13 Натуральное число m таково, что сумма цифр в десятичной записи числа 8^m равна 8. Может ли при этом последняя цифра числа 8^m быть равной 6?

Решение : Наименьшая степень числа 8, последняя цифра которой равна 6, есть 8⁴ = 4096 = 2¹². Для k = 1, 2, 3,… Последняя цифра степеней 8^4k равна 6, а последняя цифра степеней 8^{4k + 1}, 8^{4k + 2}, 8^{4k + 3} не равна 6. Следовательно, если последняя цифра степени 8^m равна 6, то число 8^m  делится на 4096 = 2¹².

Предположим, что последняя цифра степени 8^m равна 6 сумма ее цифр равна 8, то 8^m = 2×10^k + 6 для некоторого k ³ 4 или 8^m = 10^s + 10^t + 6 для некоторых s > t, s ³ 4, t > 0.

Пусть 8^m = 2×10^k + 6 для некоторого k ³ 4. Тогда число 2×10^k + 6 делится на 4096 = 2¹². Отсюда число 10^k–1 + 3 делится на 2¹¹. Противоречие, так как число 10^k–1 + 3 нечетное, а число 2¹¹ четное.

Пусть 8^m = 10^s + 10^t + 6 для некоторых s > t, s ³ 4, t > 0. Предположим, что t = 1. Число 10016 не делится на 4096, поэтому s > 4. Так как число 10^s + 16 делится на 2¹², то число 5⁴×10^s–4 + 1 делится на 2⁸. Противоречие, так число 5⁴×10^s–4 + 1 нечетное, а число 2⁸ четное.

Пусть t > 1. Так как число 10^s + 10^t + 6  делится на 2¹², то число 5×10^s–1 + 5×10^t–1 + 3 делится на 2¹¹. Противоречие, так как число 5×10^s–1 + 5×10^t–1 + 3  нечетное, а число 2¹¹ четное.  

№14. Докажите, что для любых действительных чисел a, b, c выполнено неравенство a² + b² + c² + 12 ³ 4(a + b + c).

Решение : (a – 2)² + (b – 2)² + (c – 2)² ³ 0  Þ  a² – 4a + 4 + b² – 4b + 4 c² – 4c + 4 ³ 0   Þ  a² + b² + c² – 4(a + b + c) + 12 ³ 0  Þ   a² + b² + c² + 12 ³ 4(a + b + c).

№15 . Решить уравнение x² – y² – x + y = 10 в натуральных числах.

Решение : .  x² – y² – x + y = 10 Û x² – y² – (x – y) = 10 Û (x – y)(x + y) – (x – y) = 10 Û (x – y)(x + y – 1) = 10.

Так как x, y натуральные числа, то x + y – 1 > 0, поэтому x – y > 0. Так как 10 имеет 4 делителя 1, 2, 5, 10, то из  Из соотношения (x – y)(x + y – 1) = 10 следует, что возможны 4 случая:

1) x – y = 1, x + y – 1 = 10;

2) x – y = 2, x + y – 1 = 5;

3) x – y = 5, x + y – 1 = 2;

4) x – y = 10, x + y – 1 = 1.

Решив эти системы уравнений в натуральных числах, получим два решения: x = 6, y = 5 и x = 4, y = 2.

№16. Пусть a, b, c – действительные числа, такие что a + b + c = 0 и a⁴ + b⁴ + c⁴ = 50. Определить ab + ac + bc.

Решение : Обозначим x = ab + ac + bc. Тогда x² = (ab + ac + bc)² = a²b² + a²c² + b²c² + 2a²bc + 2ab²c + 2abc² =  a²b² + a²c² + b²c² + 2 abc(a + b + c) = a²b² + a²c² + b²c². Итак, x² = a²b² + a²c² + b²c². Далее, (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2(ab + ac + bc) = a² + b² + c² + 2x. Отсюда a² + b² + c² + 2x = 0 или  a² + b² + c² = –2x.

Далее, 4x² = (a² + b² + c²)² = a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2(a²b² + a²b² + a²c²) = 50 + 2x². Итак, 4x² =  50 + 2x². Поэтому x² = 25 и x = ±5. Так как 2x = –(a² + b² + c²) < 0, то ответом будет решение x = ab + ac + bc = –5.

№17 Докажите, что для любых x₁, x₂,…, x_n > 0, для которых x₁x₂…x_n = 1, выполнено неравенство (1 + x₁)(1 + x₂)…(1 + x_n) ³ 2ⁿ.

Решение : Для любых положительных чисел a и b выполняется неравенство  ³  – "среднее геометрическое не превосходит среднее арифметическое". Тогда для каждого i = 1, 2,…, n выполяется неравенство 1 + ³ .

Далее, (1 + x₁)(1 + x₂)…(1 + x_n) = x₁x₂…x_n(1 + )(1 + )…(1 + ) = (1 + )(1 + )…(1 + ) ³ ××…×  =  = 2ⁿ.

№18. Вася взял 11 подряд идущих натуральных чисел и перемножил их. Коля взял эти же 11 чисел и сложил их. Могли ли две последние цифры результата Васи совпасть с двумя цифрами результата Коли?

Решение : Ответ – да, при n = 95. Хотя бы одно из чисел n, n + 1,..., n + 11 оканчивается на 0, на 2 и на 5, поэтому последними цифрами произведения n(n + 1)...(n + 11) будут два нуля.

Теперь рассмотрим сумму S = n + (n + 1) +...+(n + 11) = 11n + 55. Теперь видно, что последние две цифры числа 11n + 55 будут нулями, если число 11n оканчивается на 45. Так как 11×95 = 1045, то при n = 85 произведение n + (n + 1) +...+ (n + 11) = 11n + 55 также оканчивается на два нуля.

№19. Числа a, b, c таковы, что  = 2,  = 5. Найдите значение выражения

Решение : Пусть  = 2,  = 5. Тогда a = 2b, b = 5c. Отсюда a = 10c. Тогда  =  =  = 12,6.

№20 . Учитель физкультуры хочет выстроить в шеренгу (линию) 60 школьников – 29 мальчиков и 31 девочку так, чтобы ни один из школьников (девочка или мальчик) не стоял между двумя девочками. Удастся ли ему это?

Решение .В решении задачи используется принцип Дирихле в обощенной форме: если разместить n зайцев в m клетках, причем n > k×m, то в одной из клеток найдется, по меньшей мере, k + 1 зайцев.

Пусть 60 школьников построены в шеренгу. Разобьем шеренгу на четверки в порядке их построения. Получится 15 четверок (клеток) и 31 девочки (зайцы). Так как 31 > 2×15, то, по обобщенному принципу Дирихле, в одной четверке окажутся не менее трех девочек. В этой четверке между один их школьников окажется двумя девочками.

№21 Решить уравнение:  +  +  = 1.

Решение : Пусть дано уравнение:  +  +  = 1. Тогда  +  +  – 1 = 0,  +  +  –  = 0,  = 0,  = 0, 4x² – 4x – 2 = 0, 2x² – 2x – 1 = 0. Отсюда x_1,2 = .

№22 Докажите, что для любого вещественного числа x Î (0; 1) выполняется неравенство  +  ³ 1.

 Решение : Пусть x Î (0; 1). Тогда x(1 – x) > 0. К тому же (2x – 1)² ³ 0. Поэтому   ³ 0. Далее,  =  =  =  =  +  –  =  +  – 1. Следовательно,  +  – 1 ³ 0. Отсюда  +  ³ 1.

№23. В математическом соревновании, на котором предлагается решить 4 задачи, принимают участие 25 школьников. Каждая задача оценивается только как решенная или нерешенная (частичные решения не рассматирваются). Докажите, что либо найдутся 4 участника, которые решили одни и те же задачи (или четверо не решили ни одной), либо 2 участника, каждый из которых решил те, и только те задачи, кторые не решил другой.

Решение : Нужно доказать, что выполняется одно из двух следующих условий:

1) Найдутся 4 школьника, решивших одно и то же множество (может быть и пустое) задач;

2) найдутся 2 участника, каждый из которых решил те, и только те задачи, которые не решил другой.

Предположим, что условие (1) не выполнено.

Количество подмножеств множества, состоящего из n элементов, равно 2ⁿ. Следовательно, число всех подмножеств множества всех задач (оно состоит из 4-х задач), равно 2⁴ = 16.

Эти 16 множеств разделим на пары: множество и его дополнение. Тогда получится 8 пар (клеток).

У нас имеется 25 зайцев (школьников). Считаем, что школьник попал в клетку (пару множеств), если он решил в точности задачи одного из множеств пары. Так как 25 > 3×8, то, по принципу Дирихле в обобщенном виде (см. Решение задачи 8.2), в одной из клеток найдется 4 зайца, то есть, 4 школьника решили в точности задачи одного из множеств пары: множества или его дополнения. По предположению, все четыре школьника не решили задачи одного множества заданной пары. Следовательно, найдется школьник четверки, решивший все задачи одного из множеств пары, и второй школьник четверки, решивший задачи из дополнения множества.

Таким образом, найдутся два участника, каждый из которых решил те, и только те задачи, которые не решил другой.

№24. Сумма положительных вещественных чисел x, y, z равна 2. Докажите, что выполняется неравенство  +  +  +  £  +  + .

 Решение : Для положительных чисел a, b, c известны следующие неравенства

 ³  ³  ³

ср.квадратическое ³ ср.арифметическое ³ ср.геометрическое ³ ср.гармоническое.

Итак,  ³ . Так как x + y + z = 2, то  ³ ,

 ³ .     

Далее, для любых положительных чисел a, b, c имеет место  ³ ,  ³ . Следовательно,

a² + b² + c² ³ .                       (2)

Теперь  +  –  –  +  –  =  +  + =  +  + –  ³  –  в силу (2), то есть,  +  + –  ³  – . В силу (1),  +  + –  ³  –  = . (1) мы можем применять, так как x < 2, y < 2, z < 2, поэтому  > ,  > ,  >  и поэтому  –  > 0,  –  > 0,  –  > 0.

Таким образом,  +  –  –  +  –  ³   и поэтому  +  +  +  £  +  + .

№25. Обозначим s = 1!(1² + 1 + 1) + 2!(2² + 2 + 1) +… + 2011!(2011² + 2011 + 1).

Вычислите значение .

Решение : Пусть s = 1!(1² + 1 + 1) + 2!(2² + 2 + 1) +… + 2011!(2011² + 2011 + 1) = 1!(1² + 2·1 + 1 – 1) + 2!(2² + 2·2 + 1 – 2) +… + 2011!(2011² + 2·2011 + 1 – 2011) = 1![(1 + 1)² – 1] + 2![(2 + 1)² – 2] + 3![(3 + 1)² – 2] +… + 2011![(2011 + 1)² – 2011)] = 1!(2² – 1) + 2! (3² – 2) + 3!(4² – 3) +… + 2011!(2012² – 2011) = 1!·2² – 1!·1 + 2!·3² – 2!·2 + 3!·4² – 3!·3 +… + 2011!·2012² – 2011!·2011 = 2!·2 – 1!·1 + 3!·3 – 2!·2 + 4!·4 – 3!·3 +… + 2012!·2012 – 2011!·2011 = – 1 + 2012!·2012. Поэтому  =  = 2012.