Как известно правильное решение задания типа С3 в тестах ЕГЭ оценивается в три балла. Поэтому решение таких заданий повышает шансы абитуриента при поступлении в вуз. В этой заметке рассматривается авторское решение из подготовительного теста ЕГЭ-2012.

Решите неравенство ≤ 1 – 2x + .

Решение. Найдем ОДЗ.

Пусть = а, тогда ² = x + 2 + 2а² = x + 2 + 2 + 3x - 1; >а² = 4x + 1 + 2 ;  (а² - 4x - 1)/2 ≤ 1 – 2x + а;  а² - 4x - 1 ≤ 2 – 4x + 2а; а² - 2a - 3 ≤ 0. Разложив левую часть последнего неравенства на множители получим

В Казахстане опять заблокировали liveinternet.ru. До каких пор это может продолжаться? Толк то от этой блокировки никакой. Вот я нашел обходной маневр для ведения своего дневника. Технически грамотным людям такие блокировки не помеха. Даже те, кто этого пока не умеют легко могут получить соответствующие знания в сети Интернет.

В сообщении http://www.liveinternet.ru/users/kifar/post195053194/ я уже писал о том как можно попасть на любой заблокированный интернет-адрес. Однако этот путь опасен для ведения интернет-блога, так как нежелательно передавать анонимайзерам секретные пароли. Мне подсказали новый путь обхода этого запрета. К сожалению, пока не готов рассказать о том как это надо делать, но скажу лишь одно - без криминала. Вообще, я принципиально не занимаюсь криминальными деяниями.

Это сообщение является тестом моего способа обхода блокировки отдельных серверов каким-либо провайдером. Кажется у меня все получилось.

С6. Найдите все целочисленные решения системы



Решение. Из второго уравнения данной системы следует, что y - 1 ≥ 0 или у ≥ 1. С учетом того, что у - целое число имеет у ≥ 2.

x²+ 2(y+1)x - 2y + 2y² = x²+ 2(y+1)x + (y + 1)² + y² + y² - 4y < 0 или x² + 2(y+1)x + (y + 1)² + y² - 4y + 4 < 4,

(x + y + 1)² + (y - 2)² < 4.

Из последнего неравенства следует, что (y - 2)² < 4, |y - 2| < 2. Так как у ≥ 2, то 0 ≤ y - 2 < 2, 2≤ y ≤ 4 . Значит, у = 2 или у = 3.

Если у = 2, то данная система примет вид

В конце 2000 года весь Казахстан перешел на получение заработной платы через банки второго уровня. В г. Петропавловске на этот момент было несколько таких банков. Прежде чем открыть срочный депозит я обошел все эти банки и посмотрел как там обслуживают клиентов.

Мне больше всего понравился филиал банка Centrcredit. В то время он ютился в маленьком, тесном помещении. Однако обслуживание клиентов там было на высоте. Даже охрана могла дать справочные ответы на мои простые вопросы. Конечно, я открыл там свой счет.
И, несмотря на возражения моей бухгалтерии долгое время (в течении 12 лет) пользовался их услугами.

Банк постоянно совершенствовался, был открыт просторный офис, персонал расширился, появились новые менеджеры счетов. Мне, как клиенту было приятно, что не приходилось много времени тратить на получение своей заработной платы. Это я делал в течении 12 лет.

Вид моего депозита устарел. Меня попросили закрыть этот счет и открыть новый. Я, конечно, откликнулся на эту просьбу и закрыл свой счет, но нового пока не стал открывать. И правильно сделал!

При получении остатков денег 15 февраля 2012 года после 10 часов утра менеджер по счетам направила меня для этого в кассу №3. Однако там шло какое то тестирование (наверное, аппаратуры). И кассир с ворчанием отправила меня в кассу №6. В кассе №6 я получил новую порцию возмущений о том, почему это меня направили туда и весьма бестактно отправили обратно. Я вернулся обратно и получил еще новую порцию возмущений о действиях кассира №6.

Как говорят в Одессе: "Мне это надо!". Нужно ли мне как КЛИЕНТУ ходить и жаловаться на этих кассиров? Конечно, я подберу себе новый банк и открою там свой депозит. А банк Centrcredit проживет и без меня и я без него. Его руководители не умеют подбирать персонал кассиров, работают как в советское время, относятся к клиентам как "хорькам", которые отвлекают их от дел, мешают отдыхать.

О Всесибирской физико-математической олимпиаде школьников я уже писал в одном из своих сообщений. Это прекрасный конкурс для школьников 8 - 11 классов. На мой взгляд, прекрасно организован. Сначала учащиеся участвуют в отборочном online конкурсе, а затем победителей, а их достаточно много, приглашают на очный конкурс. При этом для удобства школьников очные конкурсы проходят во многих городах России.

Ниже я привожу свое решение одного из уравнений, предлагавшегося на заочном отборочном конкурсе.

Найти все решения в натуральных числах уравнения 2^x + 2^y = 2^z.

Решение.

Если x = y, то 2^y + 2^y = 2^z, 2 ⋅ 2^y = 2^z, 2^{y + 1} = 2^z, z = y + 1. Любая тройка (y; y; y + 1), где y - любое натуральное число - решение данного неравенства.

Если x > y, то 2^x + 2^y = 2^z, 2^y(2^x + 1) = 2^z. получаем, что четное число 2^z делится на нечетное число 2^x + 1. Чего быть не может.

Аналогично доказывается, что не имеет место соотношение y > x.

Значит, тройка (y; y; y + 1), где y - любое натуральное число, задает все решения данного неравенства.

Ответ: (y; y; y + 1), где y - любое натуральное число.

Сначала несколько слов об этой олимпиаде.

Всесибирская физико-математическая олимпиада школьников была организована в 1962 году по инициативе академика М.А. Лаврентьева.
Особенностью олимпиады является также то, что призеры олимпиады приглашаются в Летнюю физико-математическую школу, проводимую в Академгородке (г.Новосибирск), по результатам обучения в которой старшеклассники принимаются в физико-математическую школу, ныне Специализированный учебно-научный центр Новосибирского государственного университета.

По Решению Российского совета олимпиад школьников Всесибирская открытая олимпиада школьников включена в Перечень олимпиад школьников на 2010/2011 год по математике (2 уровень), физике(2 уровень), химии(3 уровень), биологии (3 уровень) и информатике (2 уровень). Это означает, что победители и призеры олимпиад имеют право на получение одной из следующих льгот при поступлении в вузы РФ:

быть приравненными к лицам, набравшим максимальное количество баллов по ЕГЭ по соответствующему предмету;
быть приравненными к лицам, успешно прошедшим дополнительные вступительные испытания;
быть зачисленными в образовательное учреждение без вступительных испытаний.

А теперь о задаче.

Найти все точки (х; y) координатной плоскости, через которые не проходит ни одна прямая семейства y = (2px + 1)x - p².

Решение. Пусть через точку (х; y) не проходит ни одна прямая из указанного семейства. Это означает, что уравнение y = (2px + 1)x - p² не имеет решений относительно р.

Уравнение y = (2px + 1)x - p² запишем как квадратное относительно р: p² - 2хр + y - x = 0.

Так как последнее уравнение не имеет решений относительно р, то его дискриминант равен нулю, т. е. D = x² - y + x < 0, y > x² + x .

Значит, условию задачи удовлетворяют все точки (х; y), для которых y >x² + x . Эти точки изображены на следующем рисунке.

Раздел С тестов ЕГЭ по математике все больше и больше становится недоступным для учащихся обычных общеобразовательных школ. Наряду с задачами повышенной сложности,но все же входящими в курс математики обычных школ, там начале появляться темя задач, которые вряд ли в ближайшие годы будут включены в программы общеобразовательных школ. Я имею в виду функциональные уравнения. Эта тема относится к так называемым "олимпиадным".

Радоваться или не радоваться такой моде в тестах ЕГЭ по математике? На мой взгляд, нет. Дело в том, что учащиеся обычных школ даже прочитав условия задач типа С начинают чувствовать себя не полноценными. Так для кого же раздел С? Конечно, для учащихся имеющих повышенную математическую подготовку! Зачем же такие задачи предлагать рядовым учащимся и тем самым ставить их в не равноценные условия с олимпиадниками?

Таково мое мнение о заданиях типа С в тестах ЕГЭ по математике. А теперь конкретно к решению примера.

С1. Решите уравнение g(x) = x³ + 2x² + 4x, если g(2x - 1) = 4x² + 6x - 3.

Решение. Пусть 2x - 1 = t, тогда х = (t + 1)/2 и 4x² + 6x - 3 = (t + 1)² + 3(t + 1) - 3 = t² + 5t + 1. Значит, g(x) = x² + 5x + 1.

Функцию g(x) можно было бы найти иначе: 4x² + 6x - 3 = (2x - 1)² + 10x - 4 = (2x - 1)² + 5(2x - 1) + 1. Пусть 2x - 1 = t, тогда g(t) = t² + 5t + 1 или g(x) = x² + 5x + 1.

Уравнение g(x) = x³ + 2x² + 4x примет вид x² + 5x + 1 = x³ + 2x² + 4x.

x³ + x² - x - 1 = 0,
x²(x + 1) - (x + 1) = 0,
(x + 1)(x² - 1) = 0.

Решениями последнего уравнения будут числа х = ±1.

Ответ: х = ±1.

Задача для самостоятельного решения

C1. Решите уравнение g(x) = 7x - x³ + 3, если g(x) = 4x² - 6x - 1.

В заданиях теста ЕГЭ по математике стало модным предлагать учащимся решить уравнение в целых числах. Большинство учащихся не имеет даже представлений о том, что есть такие уравнения. Было бы разумнее проводить ЕГЭ в два этапа: для всех и для избранных. Последним и надо предлагать такие задания. Для основной массы учащихся даже не следует показывать такие задания, так как они подрывают в них уверенность в успешном решении заданий типа В.

Опять идет полемика о том, что ЕГЭ надо разделить на два этапа: для всех (выпускной школьный экзамен) и для поступающих в вузы. Снова пришли к разбитому корыту советских времен. И правильно!

Однако все это мое (школьного учителя) мнение, на которое наши власти не обращали, и, наверное, не будут обращать внимание. Ведь только им "избранным" следует знать, а главное, решать какими быть школьному экзамену, а мне "сурку" это не дозволено.

После таких печальных лирических отступлений перейдем теперь к разбору нашего задания.

С6. Решите в целых числах уравнение: 1 + 2^k + 2^2k+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 + 2^k + 2^2k+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 + 2^k + 2^2k+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.

2^k(1 + 2^{k + 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:

2^{k - 2}(1 + 2^{k + 1}) = m(m + 1). (*)

Числа 2^{k - 2} и 1 + 2^{k + 1} взаимно просты. Действительно, если d их наибольший общий делитель, то число
1 + 2^{k + 1} - 2 ⋅ 2^{k - 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 + 2^{k + 1} - нечетное число, то 2^{k - 2} делится на m. При этом правая часть уравнения (*) делится на 2^{k - 2}, значит и его правая часть тоже делится на 2^{k - 2}. В силу того, что m + 1 - нечетное число, то m делится на 2^{k - 2}. Натуральные числа m и 2^{k - 2} делятся друг на друга. Это возможно только при m = 2^{k - 2}. Тогда m + 1 = 1 + 2^{k + 1} и m = 2^{k + 1}. Получили, что m равно двум различным натуральным числам 2^{k + 1} и 2^{k - 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 на имеет.

C4.Основания трапеции равны a и b. Прямая, параллельная основаниям, разбивает трапецию на две трапеции, площади которых относятся как 2: 3. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного внутри трапеции.


Решение. Неизвестно как относятся площади трапеций BCFE и AEFD - как 2:3 или как 3:2.
Поэтому эту задачу будем решать в общем виде.

Обозначим искомый отрезок ЕF через х. Пусть площади трапеций BCFE и AEFD относятся как m:n.

. Отсюда
где h₁ и h₂ - высоты этих трапеций.

Через точку F проведем отрезок РН параллельно АВ (можно было бы этот отрезок провести через точку С или D). Тогда треугольники PFD и CHF подобны (докажите самостоятельно) и

Используем соотношение (*):


Решая полученное уравнение относительно переменной х, получаем m(х² - b²) = n(a² - x²), (m + n)x² = na² + mb², .
Если площади трапеций BCFE и AEFD относятся как 2:3, то m = 2, n = 3 и искомый ответ будет .

Если же площади трапеций BCFE и AEFD относятся как 3:2, то m = 3, n = 2 и искомый ответ будет
Ответ: или .

В поисках интересных задач я нашел еще одну задачу, которую принято относить в виду задач "на клетчатой бумаге". Думаю, что их методическая ценность до сих пор занижена. Эти задачи позволяют хорошо усваивать материалы для запоминания, развивают не только моторику (что уже поздно для учащихся старших классов), но конструктивизм в поисках решений новых задач.

Вот эта задача.


Задача. Найдите центр окружности, описанной около четырехугольника на рисунке.

Решение. Эту задачу я решал так называемым "методом проб и ошибок". Просто прикинул на глаз, где может быть центр искомой окружности и определил координаты этой точки.

Конечно первая попытка привела меня к неудаче. Простейшие вычисления на применение теоремы Пифагора показали, что я ошибся. Но ничего страшного, пришлось немного поправить мою гипотезу и, искомая точка была быстро найдена: (6; 1).

Повторное применение теоремы Пифагора показали, что точка (6; 1) действительно является центром данного четырехугольника. При этом появился повод для рассказа о том, что прямоугольный треугольник со сторонами 3, 4 и 5 называется Египетским.

Эта задача хороша для закрепления темы: "Вписанные и описанные окружности". Ее, на мой взгляд, следует отнести к так намазываемым дидактическим задачам.

Вот еще несколько задач из болгарских источников

Серия сообщений "Методические статьи":
Часть 1 - О ПУТАНИЦЕ В ТЕРМИНОЛОГИИ: Решение уравнения и Корень уравнения
Часть 2 - МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОШИБКА В ШКОЛЬНОМ УЧЕБНИКЕ
...
Часть 10 - ДЕФОРМИРОВАННЫЕ УПРАЖНЕНИЯ - СРЕДСТВО ФОРМИРОВАНИЯ ГЛУБОКИХ И ПРОЧНЫХ ЗНАНИЙ
Часть 11 - Окружность описанная около трапеции
Часть 12 - Центр окружности, описанной около четырехугольника
Часть 13 - Wolfram Alpha для браузера
Часть 14 - Задача из рассказа «Репетитор» Антона Павловича Чехова
...
Часть 17 - Неравенства с радикалами
Часть 18 - О методическом мастерстве
Часть 19 - Квадратные уравнения

Решите систему уравнений х³ + ху = 2, y³ + 3ху = -3.
Решение. Запишем уравнение нашей системы так: х³ = 2 - ху и х³ = 3 - 3ху. Перемножив эти уравнения, получим новое уравнение относительно одной переменной ху.
x³у³ = (2 - ху)(-3 - 3ху),
x³у³ = -6 – 6ху + 3ху + 3х²у².
Пусть ху = t, тогда t³ – 3t² + 3t + 6 = 0.
Конечно, целые корни последнего уравнения можно было бы искать среди делителей свободного члена 6: ±1, ±2, ±3, ±6. Опыт показывать, что такой подход будет неудачным (целых корней у уравнения t³ – 3t² + 3t + 6 = 0 нет).
Легко заметить, что t³ – 3t² + 3t + 6 = (t - 1)³ + 7. Поэтому уравнение t³ – 3t² + 3t + 6 = 0 примет вид
(t - 1)³ + 7 = 0.
(t - 1)³ = -7,





Итак, Уравнения исходной системы примут вид:










Задача для самостоятельного решения
Решите систему уравнений х³ = 3ху + 3, y³ = ху - 2.

Недавно закончился прием в заочную математическую школу при Новосибирском государственном университете. Задачи вступительных экзаменов в эту школу, конечно, отражают моду на современные олимпиады.

В этой заметке я рассказываю о моем решении одной из вступительных задач в девятый и десятый классы этой школы.

Найдите все пары целых чисел (х; y), удовлетворяющих соотношению
Решение. Учитывая, что х и y – целые числа имеем: x ≥ 0 и у ≤ 0.

Если , то Значит,

Если . Значит, 0 ≤ х ≤ 2.

При х = 0 имеем – иррациональное число. Чего быть не может.

При х = 1 получаем - тоже недопустимое иррациональное число.

При х = 2 имеем

Получили первое решение нашего уравнения – (2; -3).

Если . Значит, -2 ≤ у ≤ 0.

При у = -2 получаем , х = 13 + 2 – 12, х = 3. Получили еще одно решение нашего уравнения – (3; -2).

При у = -1 имеем Понятно, что в этом случае х будет иррациональным числом.

При у = 0 имеем В этом случае тоже х будет иррациональным числом.

Итак, имеем два решения: (2; -3) и (3; -2).

Ответ: (2; -3), (3; -2).

Задача для самостоятельного решения

Найдите все пары целых чисел (х; y), удовлетворяющих соотношению

N.B. Идею решения этого уравнения мне подсказал так называемый «принцип Дирихле». В этом принципе говорится, что если суммарное количество предметов (в данном случае √13) нужно разложить по двум ящикам (√13 нужно представить в виде суммы двух неотрицательных слагаемых), то в обоих ящиках не может быть одновременно больше или меньше половины этой суммы (каждое слагаемое не может быть одновременно больше или меньше половины √13 ).

Бродя по просторам Интернета на одном из болгарских форумов (форум сайта http://estoyanov.net/,) я наткнулся на очень интересную задачу. Вот ее текст на болгарском языке.

Задача 1. Намерете координатите на центъра и дължината на радиуса на окръжността, описана около четириъгълника на рисунката, ако страната на квадратчетата е 1.

Нетрудно понять ее условие. Однако для тех, кто "в танке" вот ее перевод на русский язык.

Задача 1. Вычислите координаты центра и длину радиуса окружности, описанной около четырехугольника, если сторона клетки на рисунке равна 1.

На мой взгляд, это задача очень красивая. Ее легко решить почти устно. Вот мои ответы: (4; 2), √10.

Думаю, что такие задачи необходимо использовать на уроке после изучения темы "Описанная окружность". К сожалению, в русскоязычной литературе таких задач практических нет. А жаль!

Серия сообщений "Методические статьи":
Часть 1 - О ПУТАНИЦЕ В ТЕРМИНОЛОГИИ: Решение уравнения и Корень уравнения
Часть 2 - МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОШИБКА В ШКОЛЬНОМ УЧЕБНИКЕ
...
Часть 9 - А МОЖНО МЕТОДОМ ПЕРЕБОРА?
Часть 10 - ДЕФОРМИРОВАННЫЕ УПРАЖНЕНИЯ - СРЕДСТВО ФОРМИРОВАНИЯ ГЛУБОКИХ И ПРОЧНЫХ ЗНАНИЙ
Часть 11 - Окружность описанная около трапеции
Часть 12 - Центр окружности, описанной около четырехугольника
Часть 13 - Wolfram Alpha для браузера
...
Часть 17 - Неравенства с радикалами
Часть 18 - О методическом мастерстве
Часть 19 - Квадратные уравнения

Функциональные уравнения в математике встречаются повсеместно. Так, именно функциональные уравнения f(x) = f(-x), f(x) = - f(-x) f(x + T) = f(x) задают такие свойства функций, как четность, нечетность, периодичность.

Под функциональным уравнением будем понимать уравнение, в котором нужно найти неизвестную функцию, связанную с известными функциями при помощи образования некоторого уравнения.

На заключительном этапе Всесибирской олимпиады школьников 2010-2011 г.г. по математике (заключительный этап) в 11 классе было предложено решить следующее функциональное уравнение.

Функция f(x) определена для всех действительных чисел х, принимает действительные значения и удовлетворяет тождеству f(x + f(y)) = 2x + 4y + 3 для всех х и у. Найти все такие функции f(x).

Решение. Так как f(x + f(y)) = 2x + 4y + 3, то f(f(x + f(y))) = f(2x + 4y + 3).

В соответствие с условием задачи f(f(x + f(y))) = f(0 + f(x + f(y))) = 2 ⋅ 0 + 4(x + f(y)) + 3 = 4х + 4f(y) + 3. Поэтому

4х + 4f(y) + 3 = f(2x + 4y + 3).

Подберем х так, чтобы выполнялось равенство 2x + 4y + 3 = у. Для этого решим последнее уравнение относительно х. 2х = -3у - 3, х = -(3у/2) - 3/2. Подставив это значение х в равенство 4х + 4f(y) + 3 = f(2x + 4y + 3) получим

4(-(3у/2) - 3/2) + 4f(y) + 3 = f(у), -6у - 6 + 3 + 3f(у) = 0, 3f(у) = 6у + 3, f(у) = 2у + 1.

Значит, искомая функция найдена: f(x) = 2x + 1.

Ответ: f(x) = 2x + 1.

N.B. Я пока еще не нашел хорошей книги для подготовки школьников к решению функциональных уравнений. Те же книги, которые есть в Интернете очень далеки от практики школьных олимпиад.

Как известно задание по математике экзамена ЕГЭ содержит две части. Часть 1 предназначена обычным школьникам, которым надо подтвердить школьную оценку. Часть 2 предназначена тем, кто собирается поступать в вузы с хорошей математической подготовкой абитуриентов. Поэтому часть 2 задания ЕГЭ по математике содержит задачи, решения которых не изучаются в общеобразовательной школе.

В данной статье обсуждается решение задания на определение натурального числа по известному произведению его делителей. Такие задачи входят в курс теории чисел, которая изучается на младших курсах физико-математических факультетов университетов или педагогических институтов. В школе же только некоторые из этих задач рассматриваются на факультативных и кружковых занятиях.

С6. 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:



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



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 = 2^α • 5^β•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= 2^α• 5^β.

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.

C6. 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.

N. B. Перед публикованием этой заметки я посмотрел в Интернете решения этой задачи. Практические они не отличаются от приведенных выше (или наоборот :). Однако на одном из форумов встретил слова: "Кто хотел использовать в решении условие про 2010, тот обломался" .

Действительно, ни в одном из приведенных выше решений не используется условие, что рассматриваются числа р не превосходящие 2010. Если отбросить в условии задачи это условие, то получим бесконечное множество чисел вида р² - 1, где р - простое число, большее 3. Понятие же наибольшего общего делителя определено только для конечного множества. Значит, и вся теория использованная мною имеет место для конечного набора целых чисел.

Рассмотренная в этой заметке задача не нова. Я ее встречал в иной формулировке: "Доказать, что любое число вида р² - 1, где р - простое число, большее 3 делится на 24". Думаю, что эта формулировка удачнее той, которая использована в задании типа С6. В традиционной формулировке отпадает необходимость в рудименте "меньшее 2010" .

Как бы то ни было есть необходимость в обсуждении того, что вся теория о НОД и НОК действует только в мире конечного множества чисел.

Готовя учащихся к решению тестовых заданий ЕГЭ типа С я встретил рассмотренную ниже задачу и придумал для нее такое оформление решения.

С6. 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.

Многие мои ученики остались недовольные таким решением. Они считали, что следует указать как я нашел искомые числа. Однако мне удалось их убедить в том, что мое решение с логической точки зрения безупречно. Оно не содержит математических ошибок, ответ вполне обоснован соответствующим примером. В условии задания не требовалось находить все тройки искомых чисел. Так что все в порядке.

Читающие эти строки могут также подумать, что здесь что то не так. Да, это логически правильное решение одного из самых сложных заданий теста ЕГЭ по математике. За полное решение этого задания типа С6 начисляют 4 балла.

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.

На ЕГЭ по математике очень часто предлагаются задания на нахождение значений параметра, при которых выполняется то или иное условие.

Такие задачи не входят в программу общеобразовательной школы. Поэтому их решение необходимо освещать в методической литературе и обсуждать на Интернет-площадках. Вот и в своей рассылке "Математика. Подготовка к ЕГЭ и ЕНТ" (http://content.mail.ru/cgi-bin/counter?27136+3) я опубликовал решение нижеследующей задачи их сборника подготовки к ЕГЭ-2012.

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.



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.



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).



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

Очередной раз возникает вопрос: "Где взять аналогичные задачи для работы с учащимися?". Конечно, можно скачать много подготовительных вариантов и таким образом накопить соответствующий материал.

Однако еще советской методики математики П.М. Эрдниев предлагал учащимся (а, значит, и учителям) учиться составлять такие задачи самим. Не буду распространяться о полезности таких упражнений. Думаю, что это высший пилотаж в работе учителя и ученика. Но как составить упражнений аналогичные рассмотренному выше?

Ответ: a ∈ (-√3; -√2) ∪ (√2; √3).

В этой заметке будет рассказано о решении тестового задания типа С5, связанного с целыми числами из варианта для подготовки 2012 года.

При каких значениях х оба числа и целые?

Решение. Пусть а = , b = . Тогда

a(1 + x) = 1 - x,
x(a + 1) = 1 - a,

x = (a ≠ 1).


Тогда b = .



Переформулируем условие задачи "в терминах а и b".


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

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

∣a² + a - 1∣ ≥ ∣2а² - 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

Ответ: 1; -1/3; -1/2; -3/4.

Это задание будет трудным только тем учащимся, которые не имеют соответствующего опыта решения подобных задач.

Такие задачи практически не встречаются в школьных учебниках. Как может рядовой учитель научит своих питомцев их решать, если у него нет соответствующего набора таких задач. Если приемы конструирования таких упражнений? Ответ на этот вопрос мне не известен. Однако, думаю, что такие приемы можно придумать.