Подготовка к ЕГЭ и ОГЭ

Существует несколько исходов игры, которые гарантируют победу первому участнику,это (вне зависимости от последовательности ящиков): 1 0 0,N 1 1,N 1 0, N 0 0 , где N- любое натуральное число,и гарантированное проигрышные ситуации-1 1 0, 2 2 0. Исходя из этого будет идти решение задачи.

А) Чтобы выиграл Чук, нам необходимо привести Гека к варианту 110. Если Чук возьмет 8 шаров из первого ящика, то есть сравняет количество шаров только во втором и третьем, тогда Чуку остается каждый раз уравнивать количество шаров до того момента,пока не станет вариант 1 1 0. т.е. выиграет Чук

Б) Исходя из базовых ситуаций найдем ситуации выигрыша: M 2 0 (M>=3), 2 2 1,3 2 0 (их можно привести к ситуации проигрыша , то есть к 2 2 0). Ситуацию 1 2 3 возможно привести только к выигрышу,следовательно ,она проигрышна для первого, т.е. выиграет Гек.

В) В таком варианте Чук сможет выиграть, если будет сравнивать две цифры каждый раз, в конце дойдет до варианта 011 и победит. Это возможно в любом случае

а) Поскольку \( \large 1,4\lt \sqrt2 \lt1 1,42 \: \), число \( \large \sqrt 2 \: \) лежит в отрезке \( \large \left[\frac{28}{27};\frac{71}{50}\right] \: \), длина которого равна \( \large \frac{71}{50} - \frac{28}{20} =\frac{1}{50} \: \). Следовательно, расстояние от \( \large \sqrt 2 \: \) до какого-то из концов отрезка не больше половины его длины. Поэтому числа \( \large m \: \) и \( \large n \: \) суть числа 28 и 20 или числа 71 и 50 соответственно. Тем самым, искомые числа существуют.

Примечание.

Заметим, что \( \large \sqrt 2 \: \) лежит правее точки 1,41 — середины отрезка \( \large \left[\frac{28}{20};\frac{71}{50}\right] \: \). Поэтому, \( \large \left|\frac{71}{50} -\sqrt 2\right| \lt \frac{1}{100} \: \). Следовательно, числа 71 и 50 являются искомым примером.

Приведем другое решение пункта а).

а) Заметим, что из неравенства \( \large \left|\frac{m}{n}-\sqrt 2\right|\le \frac{1}{100} \: \) следует, что

\(1,4 = 1,41 - \frac{1}{100} \lt \sqrt 2- \frac{1}{100} \: \) \( \le \frac{m}{n}\le \sqrt 2+ \frac{1}{100}\lt \sqrt 2+\frac{1}{100} =1,43 \: \),

а значит, \( \large 1,4n \lt m \lt 1,43n \: \) откуда \( \large \frac{m}{1,43}\lt n\lt \frac{m}{1,4} \: \).

Пусть, например, \( \large m = 99 \: \), тогда \( \large 69,2 \lt n \lt 70,7 \: \). Следовательно, двузначные числа \( \large m=99 \: \) и \( \large n=70 \: \) удовлетворяют исходному неравенству.

б) Докажем, что таких \( \large m \: \) и \( \large n \: \) не существует. Доказательство проведём от противного. Пусть существуют двузначные числа \( \large m \: \) и \( \large n \: \), для которых выполняется неравенство \( \large \left|\frac{m^2}{n^2}-2\right|\le \frac{1}{10000} \: \). Тогда

\(\frac{m^2}{n^2}-\frac{1}{100^2} \le 2 \le \frac{m^2}{n^2} + \frac{1}{100^2} \: \).

Так как по условию \( \large n\lt100 \: \), из последнего неравенства получаем

\(\frac{m^2}{n^2}-\frac{1}{n^2} \lt 2 \lt \frac{m^2}{n^2}+\frac{1}{n^2} \: \),

откуда \( \large m^2-1 \lt 2n^2 \lt m^2+1 \: \). Следовательно, \( \large 2n^2 =m^2 \: \). Противоречие.

Приведем другое решение пункта б).

Умножим обе части неравенства на \( \large n^2 \: \), получим

\(\frac{m^2}{n^2}-\frac{1}{100^2} \le 2 \le \frac{m^2}{n^2}+\frac{1}{100^2} \: \).

Так как по условию \( \large n \lt 100 \: \), из последнего неравенства получаем

\(\frac{m^2}{n^2}-\frac{1}{n^2} \lt 2 \lt \frac{m^2}{n^2}+\frac{1}{n^2} \: \),

откуда \( \large m^2-1 \lt 2n^2 \lt m^2+1 \: \). Следовательно, \( \large 2n^2 =m^2 \: \). Противоречие.

в) С увеличением \( \large n \: \) значение выражения \( \large \frac{n+10}{n} = 1 +\frac{10}{n} \: \) уменьшается. Так как при \( \large n=24 \: \) значение выражения \( \large 1 +\frac{10}{n} \: \) больше \( \large \sqrt 2 \: \), при \( \large n=25 \: \) — меньше \( \large \sqrt 2 \: \) и значение \( \large \left|\frac{n+10}{n} - \sqrt 2\right| \: \) равно расстоянию от \( \large \frac{n+10}{n} \: \) до \( \large \sqrt 2 \: \), наименьшее значение это выражение принимает при \( \large n=24 \: \) или \( \large n=25 \: \).

При \( \large n=24 \: \) получаем:

\(\left|\frac{n+10}{n} - \sqrt 2\right| = \: \) \(\frac{34}{24} - \sqrt 2 \: \),

а при \( \large n=25 \: \) получаем

\(\left|\frac{n+10}{n} - \sqrt 2\right| = \: \) \(\sqrt 2 - \frac{35}{25} \: \).

Сравнивая эти значения, видим, что наименьшее значение выражение \( \large \left|\frac{n+10}{n} - \sqrt 2\right| \: \) принимает при \( \large n=24 \: \).

а) Пусть \( \large k \: \) - число положительных чисел, \( \large l \: \) отрицательных, а \( \large m \: \) - число равных нулю. Тогда сумма все положительных чисел равна \( \large 4k \: \), сумма всех отрицательных чисел равна \( \large -8l \: \), а сумма всех чисел равна \( \large 4k-8l = -3(k+m+l) \: \). И так как сумма всех чисел (4k-8l \: \) делится на 4, с одной стороны, а с другой \( \large 40 \lt k+l+m \lt 48 \: \), то это возможно только при \( \large k+m+l = 44 \: \).

б) Из условия \( \large 4k-8l = -3(k+m+l) \: \) получаем: \( \large 7k + 3m = 5l \: \). Откуда следует, (даже при \( \large m=0 \: \) \( \large 7k = 5l \: \), откуда \( \large \frac{7}{5}k = l \: \), т.е. \( \large l \ge k \: \).

в) Так как \( \large k+l+m = 44 \: \) (было установлено в a), то подставив 44 в правую часть равенства \( \large 4k-8l = -3(k+l+m): 4k-8l = -132 \: \), получим \( \large k=2l-33 \: \). Так как \( \large k+l \le 44 \: \), получаем: \( \large 3l-33 \le 44 \: \), \( \large 3l \le 77 \: \), \( \large l\le 25 \: \),\( \large k=2l-33\le 17 \: \); то есть положительных чисел не более 17.

Приведем пример, когда положительных чисел ровно 17. Пусть на доске 17 раз написано число 4, 25 раз написано число −8 и два раза написан 0. Тогда \( \large \frac{4\cdot 17 - 8\cdot 25}{44} = \frac{68-200}{44} = -3 \: \) указанный набор удовлетворяет всем условиям задачи.