а) Если числа \(a, b, c\) являются сторонами некоторого треугольника, то для них выполнены неравенства треугольника: \(a< b+c, \
b< a+c, \ c< a+b\).
Возьмем последовательные 5 чисел Фибоначчи: \(1, 2, 3, 5, 8\): каждое следующее число, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих. Следовательно, для любых трех чисел \(a_1, a_2, a_3\) из этой пятерки большее число будет \(\geqslant \) сумме двух других, следовательно, не будет выполняться неравенство треугольника (если эти числа последовательные, например, \(3, 5, 8\), то \(8=3+5\); если эти числа непоследовательные, например, \(2, 5, 8\), то \(8>2+5\)).
Ответ: да.
б) Упорядочим данные 4 числа по возрастанию: \(a, b, c, d\). Всего из данных чисел можно составить 4 различные тройки: \(a, b, c\); \(a, b,
d\); \(a, c, d\); \(b, c, d\).
Заметим, что если тройка чисел является “отличной”, то для нее выполнена теорема Пифагора: \(x^2=y^2+z^2\).
Тогда можно сразу сказать, что у нас не могут быть одновременно “отличными” тройки \(a, b, c\) и \(a, b, d\), так как тогда должно быть выполнено \(c^2=a^2+b^2\), \(d^2=a^2+b^2\), а \(c\ne d\) (так как по условию числа различные).
Таким образом, для того, чтобы среди этих четырех чисел оказалось три “отличных” тройки, то это должны быть: \(a, c, d\); \(b, c, d\) и одна из троек: \(a, b, c\) или \(a, b, d\).
Аналогично можно заметить, что обе тройки \(a, c, d\) и \(b, c, d\) также не могут быть одновременно “отличными” (по тем же рассуждениям: \(a^2+c^2=d^2\) и \(b^2+c^2=d^2\), откуда \(a=b\)). Следовательно, “отличных” троек может быть не более двух. Таким образом, ответ: нет.
в) Упорядочим числа по возрастанию: \(c_1, c_2, \dots, c_{10}\). Нам нужно, чтобы у нас было наибольшее возможное количество “отличных” троек. Будем обозначать “отличную” тройку следующим образом: \((a,
b, c)\), имея в виду, что \(a, b\) – катеты, \(c\) – гипотенуза, то есть \(c^2=a^2+b^2\).
Давайте подумаем, сколько у нас может быть различных “отличных” троек с одинаковой гипотенузой \(c_{10}\). Заметим, что если в двух различных “отличных” тройках \((x, y, c_{10})\) и \((z, y, c_{10})\) есть одинаковый катет (это катет \(y\)), то тогда по теореме Пифагора \(x=z\), то есть тройки не являются различными. Исходя из этого, в двух различных “отличных” тройках с одинаковой гипотенузой нет одинаковых катетов.
Таким образом, так как среди 10-ти данных чисел ровно 9 чисел, меньших \(c_{10}\), мы можем составить максимум 4 пары катетов так, чтобы получить 4 различные “отличные” тройки с гипотенузой \(c_{10}\).
Аналогично, мы можем составить максимум 4 различные “отличные” тройки с гипотенузой \(c_9\); три — с гипотенузой \(c_8\) и три — с гипотенузой \(c_7\); две — с гипотенузой \(c_6\) и две — с гипотенузой \(c_5\); одну — с гипотенузой \(c_4\) и одну — с гипотенузой \(c_3\) (и, вообще говоря, ни одной с гипотенузой \(c_2\) или \(c_1\)).
Следовательно, максимум мы можем составить 20 различных “отличных” троек, но никто не гарантирует, что мы сможем это сделать.
То есть мы доказали, что больше 20-ти составить точно не удастся, но для того, чтобы дать в задаче ответ: 20, мы должны привести конкретный пример из 10-ти различных чисел, необязательно натуральных, из которых мы сможем составить ровно 20 различных “отличных” троек.
А вот и пример: \[\sqrt1, \ \sqrt2, \ \sqrt3, \ \sqrt4, \ \sqrt5, \ \sqrt6, \
\sqrt7, \ \sqrt8, \ \sqrt9, \ \sqrt{10}\]
Будем составлять тройки следующим образом:
\((\sqrt1, \sqrt9, \sqrt{10})\)
\((\sqrt2, \sqrt8, \sqrt{10})\)
\(\dots\)
\((\sqrt1, \sqrt8, \sqrt9)\)
\(\dots\)
Придерживаясь этого правила, мы составим ровно 20 различных “отличных” троек.
Ответ:
а) да
б) нет
в) 20