Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Теория чисел (19 (C7))

Учимся решать задачу 19. Часть 20.

Серия статей по подготовке к решению задачи 19. Это – двадцатая статья данной серии. Учимся решать задачи с неравенствами.

Задача 1.  В четверти учитель ставил школьникам оценки «1», «2», «3», «4» и «5». Среднее арифметическое отметок ученика оказалось равным  4,7.

а) Какое наименьшее количество отметок могло быть у ученика?

б) На какое наибольшее число может увеличить среднее арифметическое отметок этого ученика после замены четырёх оценок «3», «3», «5», «5» на две отметки «4»?

а)  Средний балл определяется так: сумму оценок делят на их количество.

4,7=\frac{47}{10} – эта дробь несократима. Количество оценок не может быть меньшим 10. Например, 3 оценки «4» и семь «5».

б) Пусть было n оценок, среди них «3», «3», «5», «5» и еще n-4 штуки. x – сумма всех оценок.

    \[x\leqslant 5(n-4)\]

n кратно 10. Средний балл будет вычисляться как

    \[\frac{3+3+5+5+x}{n}=4,7\]

    \[x=4,7n-16\leqslant 5n-20\]

    \[0,3n-4\geqslant 0\]

    \[n\geqslant \frac{40}{3}\]

    \[n \geqslant 20\]

То, на сколько мог измениться средний балл, обозначим \Delta:

    \[\Delta=\frac{x-16+8}{n-2}-4,7=\frac{x-8-4,7(n-2)}{n-2}=\frac{4,7n-16+8-4,7n+9,4}{n-2}=\frac{1,4}{n-2}\]

    \[\Delta \leqslant \frac{1,4}{20-2}=\frac{7}{90}\]

Итак, n=20, например: было 3+3+5+5+4+4+5+\cdot +5=94 – пятерок всего 16 штук. Стало: 4+4+4+4+14\cdot 5=86.

    \[\Delta=\frac{86}{18}-\frac{94}{20}=\frac{7}{90}\]

 

Задача 2. На доске написано более 42, но менее 54 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно 7, среднее арифметическое всех положительных чисел равно 6, а среднее арифметическое всех отрицательных – -12.

а) Сколько чисел написано на доске?

б) Каких чисел написано больше: положительных или отрицательных?

в) Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди них?

Пусть p – количество положительных, n – отрицательных чисел, и z -число нулей. Сумма положительных равна 6p, отрицательных – -12n, у нулей сумма ноль.

По условию

    \[6p-12n+0z=-7(p+n+z)\]

    \[6(p-2n)= -7(p+n+z)\]

    \[p+n+z=\frac{6(2n-p)}{7}\]

То есть 2n-p делится на 7. Но тогда p+n+z делится на 6. Между 42 и 54 есть число 48, делящееся на 6. Это ответ на пункт а).

б) По условию

    \[6p-12n+0z=-7(p+n+z)\]

    \[13p-5n+7z=0\]

    \[5n=13p+7z\geqslant 13p\]

    \[n\geqslant \frac{13p}{5}>p\]

    \[n>p\]

Мы выяснили, что отрицательных чисел больше.

в)

    \[p+n+z=48\]

    \[13p-5n+7z=0\]

    \[13p=5n-7z=5n-7(48-p-n)=12n+7p-336\]

    \[6p=12n-336\]

    \[p=2n-56\]

    \[n=\frac{p}{2}+28\]

Это значит, что p – четное.

    \[48=p+n+z=p+\frac{p}{2}+28+z \geqslant \frac{3p}{2}+28\]

    \[\frac{3p}{2}+28\leqslant48\]

    \[\frac{3p}{2}\leqslant 20\]

    \[p\leqslant \frac{40}{3}\leqslant 12\]

    \[p=12\]

    \[n=6+28=34\]

    \[z=2\]

Пример: 12 штук 6-рок, 34 штуки (-12) и два нуля.

Ответ: а) 48;  б) отрицательных; в) 12.

Задача 3. Две команды КВН участвуют в игре из четырех конкурсов. За каждый конкурс каждый из шести судей выставляет оценку: целое число от 1 до 5. Компьютер находит среднее арифметическое оценок за конкурс и округляет его с точностью до десятых. Победитель определяется по сумме четырех полученных компьютером значений. Может ли оказаться, что сумма всех оценок, выставленных судьями, у проигравшей команды больше, чем у выигравшей?

При вычислении среднего балла компьютер будет делить сумму баллов всех судей на 6. Поэтому остатками от такого деления могут быть 1, 2, 3, 4 и 5. При делении на 6 этих остатков соответственно получатся 0, 167; 0,333; 0,5; 0,667; 0,833. Компьютер округляет до десятых, после округления получатся 0,2; 0,3; 0,5; 0,7; 0,8.

Сведем в таблицу:

К задаче 3

Видно, что «относительный остаток» – то есть десятые доли по отношению к количеству полученных баллов – меньше всего в случае остатка 2 и 5, а больше всего в случае остатков 1 и 4.

Пусть тогда у первой команды в трех конкурсах оценки таковы, что остатки от деления общего количества баллов на 6  равны 1, а в четвертом конкурсе – 4. А у второй команды остатки все время равны 2. Тогда покажем в таблице остатки и десятые доли, начисляемые компьютеров в каждом конкурсе:

К задаче 3

Получается, что первая команда получила 7б остатков, а десятыми долями еще 1,3 б. А вторая команда получила 8б,  а дополнительно еще 1,2 б. Теперь построим пример и покажем тем самым, что ситуация возможна:

Баллы обоих команд за все конкурсы:

К задаче 3

Видно, что количество баллов первой команды равно 79, а количество  баллов второй 80. Кто же победит? Победит первая команда,  которая получит 3,2\cdot 3+3,7=13,3 б., а проиграет вторая, получившая 3,3\cdot4=13,2 б.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *