1) 1/х-1>0 черта дроби - деление. в числителе стоит 1 > 0. результат > 0, т.е. с плюсом. При делении плюс получается если и числитель и знаменатель имею одинаковые знаки. А это значит, что х -1> 0 решаем: x > 1 2) 1/х(х-1)<0 черта дроби - деление. в числителе стоит 1 > 0. результат < 0, т.е. с минусом. При делении минус получается если числитель и знаменатель имею разные знаки знаки. А это значит, что х(х -1) < 0 решаем: корни х = 0 и х = 1 х∈(0; 1) 3) х+1/х > 0 метод интервалов ищем нули числителя и знаменателя: х +1 = 0 х = 0 х = -1 -∞ -1 0 +∞ + - + это знаки х+1/х
Докажем методом Математической Индукции, что для распределения по весу k слитков потребуется как минимум 2^k - 1 бирок.
База (k = 1) очевидна.
Переход (от k к k+1):
Пусть для того, чтобы распределить по весу k слитков требуется 2^k - 1 бирка. Докажем, что для k+1 слитка требуется 2^(k+1) - 1 бирок.
Пусть бирок не более 2^(k+1) - 2. Рассмотрим самый первый слиток. Если Архимед выдаст ему бирку с номером меньше 2^k, сделаем его самым тяжёлым (и тогда осталось не более 2^k - 2 бирок на k слитков, чего не хватит по предположению индукции), а если выдаст бирку с номером не меньше 2^k, сделаем его самым лёгким (аналогично). Но тогда на первый слиток нельзя повесить ни одну из бирок, следовательно, бирок должно быть не менее 2^(k+1) - 1.
Докажем теперь, что 2^(k+1) - 1 бирки хватит. Отложим временно 2^k бирок с нечётными номерами. Все слитки, кроме последнего, пронумеруем исключительно бирками с чётными номерами. Бирок хватит, так как их ровно 2^k - 1 (на k слитков). Последний слиток находится по весу между какими-то двумя (возможно, только одним) слитками. Между бирками с их весами есть хотя бы одна незанятая бирка (так как оба их номера чётны). Её можно поставить на последний слиток.
, a ∈(
)
черта дроби - деление. в числителе стоит 1 > 0. результат > 0, т.е. с плюсом. При делении плюс получается если и числитель и знаменатель имею одинаковые знаки. А это значит, что х -1> 0
решаем: x > 1
2) 1/х(х-1)<0
черта дроби - деление. в числителе стоит 1 > 0. результат < 0, т.е. с минусом. При делении минус получается если числитель и знаменатель имею разные знаки знаки. А это значит, что х(х -1) < 0
решаем: корни х = 0 и х = 1
х∈(0; 1)
3) х+1/х > 0
метод интервалов
ищем нули числителя и знаменателя:
х +1 = 0 х = 0
х = -1
-∞ -1 0 +∞
+ - + это знаки х+1/х
ответ: х∈(-∞; -1)∪(0; +∞)
Докажем методом Математической Индукции, что для распределения по весу k слитков потребуется как минимум 2^k - 1 бирок.
База (k = 1) очевидна.
Переход (от k к k+1):
Пусть для того, чтобы распределить по весу k слитков требуется 2^k - 1 бирка. Докажем, что для k+1 слитка требуется 2^(k+1) - 1 бирок.
Пусть бирок не более 2^(k+1) - 2. Рассмотрим самый первый слиток. Если Архимед выдаст ему бирку с номером меньше 2^k, сделаем его самым тяжёлым (и тогда осталось не более 2^k - 2 бирок на k слитков, чего не хватит по предположению индукции), а если выдаст бирку с номером не меньше 2^k, сделаем его самым лёгким (аналогично). Но тогда на первый слиток нельзя повесить ни одну из бирок, следовательно, бирок должно быть не менее 2^(k+1) - 1.
Докажем теперь, что 2^(k+1) - 1 бирки хватит. Отложим временно 2^k бирок с нечётными номерами. Все слитки, кроме последнего, пронумеруем исключительно бирками с чётными номерами. Бирок хватит, так как их ровно 2^k - 1 (на k слитков). Последний слиток находится по весу между какими-то двумя (возможно, только одним) слитками. Между бирками с их весами есть хотя бы одна незанятая бирка (так как оба их номера чётны). Её можно поставить на последний слиток.
Переход доказан.
Для k = 6 получаем ответ 63.
ответ: 63 бирки.