Тема АЛГЕБРА

Последовательности и прогрессии

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Последовательности и прогрессии

Арифметическая прогрессия

Геометрическая прогрессия

Комбинация арифметической и геометрической прогрессий

Рекуррентные соотношения

Периодичность и зацикливание

Последовательности нестандартного вида

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#77218

Последовательность ${a} n$ определена условиями

-1-- a0 = 7 и an = an−1+ an−1 для n ∈ℕ.

Докажите, что $64< a2024 < 65.$

Показать доказательство

Возведем в квадрат второе уравнение

2 2 1 an =an−1+ a2n−1 + 2

Выразив остальные члены последовательности, получим систему

( ||| a2n = a2n−1+ a12-+2 ||||| a2 = a2 +n−211--+2 ||||{ n2−1 n2−2 an−12- an−2 = an−3+ a2n−3 +2 ||||| ⋅⋅⋅ ||||| a22 = a21+ 1a21 +2 ||( a21 = a20+ 12+2 a0

Сложив уравнения системы, получим

2 2 n−∑ 11 an = 2n+ a0+ a2k k=0

Тогда

20∑231 a22024 =4097+ a2> 4097 k=0 k

А значит, $a2024 > 64.$

Заметим, что данная последовательность возрастающая, то есть каждый член больше предыдущего, а значит, обратный квадрат меньше.

20∑231 1 a22024 =4097+ a2< 4097 +2024⋅49 < 4225= 652 k=0 k

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#78957

Существует ли такая арифметическая прогрессия из трех натуральных чисел, что произведение всех ее членов есть точная $2008$ -я степень натурального числа?

Показать ответ и решение

Например $6669,2⋅6669,3⋅6669.$ Их произведение равно $6⋅63⋅669 = 62008.$

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#78959

Бесконечная возрастающая арифметическая прогрессия такова, что произведение каждых двух различных её членов также является членом этой прогрессии. Докажите, что все её члены — целые числа.

Показать доказательство

Пусть $a$ — один из членов прогрессии, а $d$ — её разность. По условию числа $a(a+ d)$ и $a(a+ 2d)$ также члены прогрессии; значит, их разность имеет вид $nd$ при некотором целом $n,$ т. е. $ad= nd.$ Поскольку $d >0,$ получаем $a= n,$ т. е. $a$ — целое число

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#78960

Последовательность ${a } n$ задаётся следующим образом: $a = 1 1$ , $a = a + 1- n+1 n an$ для любого натурального $n.$ Докажите, что $a100 >14.$

Показать доказательство

Заметим, что $a > 0 n$ для любого натурального $n.$ Также

( 1 )2 a2n+1 = an + an- > a2n+ 2

Тогда

a2100 > a299+ 2> a298 +2⋅2> ...> a21+ 2⋅99= 199> 142

что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#78962

Множество $S$ состоит из чисел

2 2 3 1,1+ b,1+ b+b ,1+b +b + b,...

где $b$ — некоторое натуральное число. Докажите, что если два числа из $S$ являются членами возрастающей арифметической прогрессии, то найдётся ещё одно число из $S,$ также являющееся членом этой прогрессии.

Показать доказательство

Решение. Пусть $1+b+ ...+ bn = a+ kd,1+ b+...+bm =a +ld,$ где $a$ и $d$ — первый член и разность прогрессии, $k,l∈ ℕ.$ Пусть $k< l$ и, соответственно $n< m.$ Тогда

n+1 n+2 m b + b +...+b =(a+ ld)− (a+kd)= (l− k)d =pd, p ∈ℕ

Заметим, что

bm+1+ bm+2+ ...+ b2m−n = m−n (n+1 n+2 m) m−n =b b + b +...+b = b pd= qd, q ∈ ℕ

и, значит, число $1+ b+ ...+b2m−n =a +ld+qd= a+ (l+q)d$ также является членом прогрессии.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#78963

Докажите, что все члены последовательности

∘ --2--- x1 = 0, xn+1 = 2xn+ 3xn+ 1, n= 1,2,...

являются целыми числами.

Показать доказательство

Заметим, что все члены последовательности неотрицательны, и

∘------ xn+1 = 2xn+ 3x2n+ 1> 2xn ≥ xn

Поэтому все члены последовательности различны. Перенеся $2xn$ в левую часть и возведя полученное равенство в квадрат, получаем

x2n+1− 4xn+1xn+ x2n = 1

Кроме того, также выполняется и равенство

x2n−1− 4xn−1xn+ x2n = 1

(получаемое уменьшением индексов на $1$ ). Это означает, что $xn+1$ и $xn−1$ являются корнями уравнения $2 2 x − 4xnx+ xn = 1.$ Тогда по теореме Виета получаем $xn+1+ xn−1 = 4xn,$ т. е. $xn+1 =4xn − xn−1.$ Отсюда в силу того, что первые два члена последовательности — целые числа, следует, что все $xn,$ вычисляемые с помощью полученной формулы, т. е. $xn = 4xn−1− xn−2,$ — целые числа.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#78964

Одиннадцати мудрецам завязывают глаза и надевают каждому на голову колпак одного из $1000$ цветов. После этого им глаза развязывают, и каждый видит все колпаки, кроме своего. Затем одновременно каждый показывает остальным одну из двух карточек — белую или черную. После этого все должны одновременно назвать цвет своих колпаков. Удастся ли это? Мудрецы могут заранее договориться о своих действиях (до того, как им завязали глаза); мудрецам известно, каких 1000 цветов могут быть колпаки.

Показать ответ и решение

Существует ровно $21111$ —разрядных последовательностей из $0$ и $1,$ из них с четным числом единиц — ровно половина, то есть $10 2 = 1024.$ Закодируем 1000 цветов тысячей таких последовательностей. Распределим разряды между мудрецами. Мудрец номер $k$ действует так: среди видимых им 10 цветов колпаков подсчитывает число $ak$ тех, у кого в $k$ -м разряде стоит $1.$ Если это число четно, он показывает черную, а иначе-белую карточку.

После этого каждый мудрец может вычислить все разряды в коде цвета своего колпака, кроме одного — за который он сам отвечает. Для этого он подсчитывает число $bk$ единиц в $k$ -х разрядах девяти мудрецов (кроме себя и мудреца номер $k$ ), и если четность $bk$ совпадает с показанной четностью $ak,$ у него в $k$ м разряде $0,$ иначе $1.$ Недостающий разряд восстанавливается благодаря четности общего числа единиц в коде.

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#79330

При каком натуральном $n$ выражение $-n2-- 1,001n$ принимает наибольшее значение?

Показать ответ и решение

Рассмотрим последовательность $a = --n2-. n 1,001n$ Рассмотрим отношение соседних членов $a n$ и $a n+1$ и сравним его с $1.$ Оно равно $2 1,(n00+11n)2 .$ Нетрудно видеть, что при $n ≥ 2001$ оно больше $1,$ а при остальных — меньше, если составить соответствующее неравенство. Отсюда следует, что до $n =2001$ последовательность возрастает, а при $n> 2002$ — убывает, то есть максимум достигается при $n =2001.$

Ответ:

$2001$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#79596

Все члены геометрической прогрессии положительны. Сумма первых $15$ членов прогрессии равна $58,$ а сумма обратных величин этих членов равна $14,5.$ Найдите восьмой член прогрессии.

Источники: ОММО - 2024, задача 1 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В данной задаче самое главное и самое сложное это правильно записать то, что нам дано в условии. Давайте рассмотрим геометрическую прогрессию с первым членом b и знаменателем q. Вспомните формулу суммы первых n членов геометрической прогрессии для дальнейшего решения.

Подсказка 2

По формуле суммы геометрической прогрессии сумма первых 15 членов будет равна b*(q¹⁵ - 1) / (q - 1). Заметьте, что сумма обратных величин довольно похожа на сумму обычных, подумайте, возможно, получится ее посчитать похожим образом.

Подсказка 3

Обратные величины так же являются геометрической прогрессией, только с первым членом равным 1/b и знаменателем равным 1/q. Как тогда можно записать наше изначальное условие?

Подсказка 4

По условию мы получаем систему из двух уравнений: b*(q¹⁵ - 1) / (q - 1) = 58 и (q⁻¹⁵ - 1) / b(q⁻¹ - 1) = 14,5. Для удобства работы умножим во втором уравнении числитель и знаменатель на -q¹⁵. Вспомните, что восьмой член прогрессии равен bq⁷. Как его можно найти с помощью полученных уравнений?

Показать ответ и решение

Пусть $b$ — первый член прогрессии, $q$ — знаменатель. Тогда по условию $b, q > 0,$ так как все числа положительны.

Заметим сразу, что исходная прогрессия не является постоянной(то есть $q ⁄=1$ ), так как иначе каждый ее член был бы равен $58 15,$ и тогда сумма обратных величин была бы равна $225- 58 ⁄=14,5$

Запишем сумму первых 15 членов

q15− 1 b+bq+ bq2 +...+ bq14 = b-q−-1-= 58

Последовательность, составленная из обратных величин данной прогрессии также является геометрической прогрессией(со знаменателем $1q$ ), поэтому

( ) ( ) 1 15− 1 1 + 1-+ 1-+ ...+ -1- = 1 1+ 1 +...+ -1- = 1 -q------= 14,5 b bq bq2 bq14 b q q14 b 1− 1 q

Преобразовав второе равенство, получаем систему

(|| b⋅ q15−-1= 58 { q −1 15 ||( 1⋅-q14-−-1-= 14,5 b q (q− 1)

Поделив первое равенство на второе, получаем

b2⋅q14 = 58- 14,5

b2⋅q14 = 4

Так как $b, q > 0$ получаем значение восьмого члена прогрессии

b⋅q7 = 2

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#79608

Последовательность ( $a n$ ) удовлетворяет условиям

∘ -------- a1 = 1, an+1− an = an+ an+1 при всех n≥ 1.

Какие значения может принимать $a 2023$ ?

Источники: ОММО - 2024, задача 10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала возведём в квадрат и посмотрим, что же у нас получается после приведения подобных. Во-первых, у нас получается симметричное уравнение относительно a_(n + 1) и a_n. А это значит, что то, что верно для a_(n - 1) верно и для a_(n + 1) относительно a_n. Что можно тогда заметить?

Подсказка 2

Мы можем заметить, что уравнению t^2 - (2a_n + 1)*t + a^2_n - a_n = 0 удовлетворяют и а_(n - 1), и a_(n + 1). Значит, по теореме Виета, a_(n - 1) + a_(n + 1) = 2a_n + 1. Теперь попробуйте найти первые несколько членов!

Подсказка 3

У нас получается такая прогрессия - 1,3,6,10….- это же значения суммы первых n натуральных чисел. Попробуйте это доказать, и тогда задача сведётся к тому, чтобы записать ответ.

Показать ответ и решение

Выписав условие $a − a ≥ 0 n+1 n$ , возведем равенство в квадрат и запишем его для двух соседних членов последовательности

2 2 an+1− 2an+1 ⋅an +an =an+ an+1

2 2 an− 2an⋅an−1+an−1 =an−1+ an

То есть получаем, что $a n+1$ и $a n−1$ — два корня уравнения

2 2 t − (2an+ 1)⋅t+ an− an = 0

По теореме Виета получаем

an−1+ an+1 =2an+ 1

an+1 = an+ (an− an−1)+1

Первые члены последовательности равны $1,3,6,10,...$ Это очень похоже на суммы первых $n$ натуральных чисел. Давайте по индукции докажем формулу:

an+1 = n(n+-1) 2

База очевидна: $a1 = 1= 1⋅22$

Переход ясен:

an+1 = n(n+-1)+n +1 = (n+-1)(n-+2) 2 2

Поэтому

2022⋅2023 a2023 = 2 = 2047276

Ответ: 2047276

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#80754

Углы выпуклого многоугольника образуют арифметическую прогрессию, имеющую разность $2∘$ и начинающуюся с угла $143∘.$ Какое наибольшее число вершин может быть у такого многоугольника?

Источники: Физтех - 2024, 11.1 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним формулу для подсчета суммы углов у выпуклого многоугольника и формулу суммы арифметической прогрессии.

Подсказка 2

Приравняв эти суммы, сможем получить квадратное уравнение. Но точно ли все значения этого уравнения подойдут?

Показать ответ и решение

Пусть $n$ — искомое число вершин. Тогда сумма углов многоугольника равна $180∘⋅(n− 2).$ С другой стороны, эту же сумму можно выразить через сумму арифметической прогрессии, которая равна $∘ n(n−1) ∘ 143 ⋅n+ 2 ⋅2 .$ Приравняем эти суммы и получим следующее уравнение:

∘ ∘ n(n − 1) ∘ 180 ⋅(n − 2)= 143 ⋅n +--2---⋅2

n2− n+ 143n − 180n+ 360= 0

2 n − 38n+ 360= 0

Получаем, что $n= 18$ или $n= 20.$ Но $n =20$ не подходит, так как тогда наибольший угол многоугольника равен $143∘+2∘⋅19= 181∘,$ что больше $180∘.$

Ответ: 18

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#80755

Найдите все действительные значения $x,$ при каждом из которых существует геометрическая прогрессия, состоящая из действительных чисел и такая, что её четвёртый член равен $∘ 15x+6- (x−3)3,$ десятый член равен $x+ 4,$ а двенадцатый член равен $∘ ------------ (15x+ 6)(x− 3).$

Источники: Физтех - 2024, 11.1 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если нам даны какие это конкретно члены прогрессии, то давайте просто запишем чему они равны через знаменатель прогрессии и первый член. При этом, хотелось бы в таком случае получить равенство на х, ведь тогда мы получим уравнение на 1 переменную, а не на 3. Какое равенство можно написать, используя 4, 10 и 12 член геометрической прогрессии?

Подсказка 2

К примеру, можно написать вот такое равенство: (bq^9)^4 = (bq^11)^3*(bq^3). Значит, получили уравнение на х, так как и 4, и 10, и 12 член выражены только через х. Осталось преобразовать уравнение к виду (15x + 6)^2 = (x + 4)^4 , разложить на сумму квадратов и получить ответ.

Показать ответ и решение

Пусть первый член прогрессии это $b,$ а знаменатель прогрессии это $q.$ Тогда запишем систему, исходя из условий задачи

(| ∘ 15x+-6- ||||{ bq3 = (x−-3)3 ||||| bq9 =x∘+4----------- ( bq11 = (15x+ 6)(x− 3)

Заметим, что $(bq9)4 =(bq11)3⋅(bq3).$ Запишем это равенство через $x$ :

∘------- (∘ (15x+-6)(x−-3))3⋅ 15x-+6-= (x +4)4 (x − 3)3

2 4 2 2 (15x+ 6) =(x+ 4) ⇔ (x − 7x+ 10)(x +23x+ 22)=0

Из последнего уравнения получаем следующую совокупность решений

⌊ x= −22— не подходит, так как bq9 и bq11 разных знаков || x= −1 || x= 2— не подходит под ОД З ⌈ x= 5

В итоге, получаем, что $x =− 1$ или $x =5$ .

Ответ:

${−1; 5}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#82677

Дана последовательность $a n$ : 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, $...$
(одна единица, две двойки, три тройки, четыре четверки и т.д.) и еще одна последовательность $bn$ такая, что $abn =ban$ для всех натуральных $n$ .

Известно, что $bk = 1$ при некотором $k> 100$ . Докажите, что $bm =1$ при всех $m >k$ .

Источники: СПБГОР - 2024, 11.2 (см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала давайте поймем что-то про последовательность {a_i}. Как минимум поймем на каких местах у нас стоит число k. Это важно для нас, так как если мы хотим выбрать какое-то конкретное m(и посмотреть откуда же может быть получено противоречие), то нам надо понимать, как связан номер и значение a_m. Как зависит значение от m?

Подсказка 2

Для любых номеров m, которые располагаются между t(t + 1)/2 + 1 и (t + 1)(t + 2)/2, a_m = t + 1. Если от нас требуется доказать, что начиная с какого-то номера у нас b_i = 1, не будем мелочиться и докажем, начиная почти для всех(с какого-то маленького), по индукции. Но давайте, для начала, так сказать, для создания благоприятной обстановки, поймем, как все таки делать индукцию. Ведь переход от n к n + 1 здесь кажется странным. Однако переход от k(k + 1)/2 к (k + 1)(k + 2)/2 выглядит более разумно, ведь мы знаем все значения a_i, для i из этого отрезка.

Подсказка 3

Верно, переход такой нам легко дается, так как a_i из этого промежутка равно t + 1, а значит, это b_(t + 1), но для всех меньших мы доказали. Что осталось написать по этой задаче? Является ли это полным решением?

Подсказка 4

Не является, так как t + 1 не всегда входят в уже доказанный промежуток. Для t = 1, 2 - это неверно. Значит, надо в качестве базы использовать t >= 3. Но это подходит под условие нашей задачи, а значит, если у нас b_k = 1, то и все последующие будут равны 1.

Показать доказательство

Возьмём число $m : t(t+1)+ 1≤ m ≤ (t+1)(t+2) 2 2$ , заметим, что для любого такого $m$ $a = t+1 m$ , тогда $b = b = a t+1 am bm$ , тогда если $bm =1$ , то $abm =1$ , тогда $bt+1 =1$ , и наоборот.

Значит, $bt+1 = 1 ⇐⇒ bm = 1$ для $t(t+1) (t+1)(t+2) m ∈ [ 2 + 1; 2 ]$

Значит, и $bt+1 ⁄=1 ⇐⇒ bm ⁄= 1$

Если $b3 =1$ , то

2× 3 3× 4 ∀m ∈ [-2-+ 1;-2--]:bm = 1 т.е. b4 = b5 =b6 = 1

Докажем тогда по индукции, что $∀m > 3 bm = 1.$

База уже есть. Переход будем делать от $m ∈ [3;t(t+21)]$ к $m ∈[3;(t+1)2(t+2)].$

Заметим, что $t+ 1< t(t+21)$ при $t>3 ⇒ bt+1 = 1$ , но по предположению индукции $∀m ∈ [t(t+21)+ 1≤ m≤ (t+1)2(t+2)]:bm =1$ , значит,

∀m ≥3 :bm = 1, если b3 = 1

Аналогичными рассуждениями

∀m ≥3 :bm ⁄= 1, если b3 ⁄= 1

Итого т.к. $bk =1$ , $k> 100$ , то $b3 =1$ , а значит, $∀m > 3$ :

bm = 1⇒ ∀m > k bm =1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#83743

Дана последовательность:

∘ ∘ n ∘ a1 = cos10 ,a2 =cos100,...,an = cos(10) ,...

Найдите наименьшее значение выражения

a1⋅cosx +(a2+ a2023+a2024)⋅sinx, где x∈ ℝ

Источники: Звезда - 2024, 11.4 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Даны косинусы углов в градусах. Мы же знаем, что косинус — периодичная функция с периодом 360 градусов. Попробуем заметить что-нибудь, связанное с периодичностью косинуса, про аргументы двух соседних членов последовательности, то есть 10^n и 10^(n+1).

Подсказка 2

После того, как мы поняли, что из себя представляют а_2023 и а_2024, осталось преобразовать выражение с x по известным тригонометрическим формулам. В этот момент уже будет понятно, как искать наименьшее значение, ведь тригонометрические функции принимают ограниченные значения.

Показать ответ и решение

Посмотрим на разность градусных мер углов у соседних членов последовательности:

n n−1 n−1 n−3 n−3 10 − 10 = 10 (10− 1)=9⋅1000⋅10 =360⋅25⋅10

Если $n≥ 3,$ то эта разность делится на 360. Тогда косинусы равны, то есть $a3 =a4 = ...= a2024.$

Преобразуем по известным тригонометрическим формулам:

∘ ∘ ∘ ∘ a2+a2023+ a2024 = cos100 + 2cos1000 =cos100 + 2cos(360 ⋅3− 80)=

= cos(90∘+ 10∘)+ 2cos80∘ =− sin10∘+2 sin10∘ =sin 10∘

Теперь подставим в искомое выражение:

a1⋅cosx +(a2+ a2023+a2024)⋅sinx =

= cos10∘⋅cosx+ sin10∘⋅sinx= cos(x− 10∘)

Наименьшее значение косинуса, как известно, равно $− 1.$

Ответ:

$− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#85034

Первый член арифметической прогрессии меньше 0, сотый не меньше 74, а двухсотый меньше 200. Количество членов прогрессии на интервале $(0,5;5)$ ровно на два меньше, чем на отрезке $[20;24,5]$ . Найдите первый член и разность прогрессии.

Показать ответ и решение

Пусть $a$ первый член арифметической прогрессии, а $d$ —- ее разность. Тогда ее $100$ -й член равен $a+99d$ , а $200$ -й равен $a+ 199d.$

Из условия получаем, что

a <0; a+ 99d≥ 74; a+ 199d< 200;

Если рассмотреть разность второго и первого уравнения, а также третьего и второго, то получим:

99d> 74; 100d< 126;

То есть $7949 < d< 1.26$ . Отсюда, в частности, следует, что последовательность возрастает.

Пусть $x1$ - наибольший член арифметической прогрессии, который находится левее интервала $(0.5;5)$ , т. е. $x1 ≤ 0.5$ . А $x2$ - наименьший элемент арифметической прогрессии, который находится правее интервала $(0.5;5)$ (то есть $x2$ - наименьший член, удовлетворяющий условию $x2 ≥ 5$ ).

Схожим образом определим $y1$ - наименьший член арифметической прогрессии, который находится внутри интервала $[20;24.5]$ , а $y2$ - наибольший элемент арифметической прогрессии, внутри $[20;24.5]$

Так как на отрезке $[20;24.5]$ ровно на $2$ члена прогрессии больше, чем на $(0.5;5)$ , то количество членов прогрессии между $x1$ и $x2$ в точности равно количеству элементов между $y 1$ и $y 2$ . Тогда $x − x = kd= y − y 2 1 2 1$ для некоторого натурального $k$ .

При этом $(x − x )≥ 5− 0.5= 4.5 2 1$ , а $y − y ≤24.5− 20= 4.5 2 1$ . (потому что отрезок $[x ;x] 1 2$ покрывает интервал $(0.5;5)$ , а $[20;24.5]$ покрывает $[y1;y2]$ ). Но тогда $kd= x2− x1 = 4.5= y2− y1$ , а также $x1 = 0.5;$ $x2 = 5;$ $y1 = 20;$ $y2 = 24.5$

Из двух условий:

(| 74 { 99 < d< 1.26 |( d= 4.5,(k ∈ℤ) k

Получаем $257-<k < 891418-$ , то есть $k∈ {4,5,6}$ . Откуда $d ∈{98, 910,34}$

При этом мы знаем, что в прогрессии есть члены $x2 = 5$ и $y1 = 20$ . Тогда $15= y1− x2 = md$ для некоторого целого $m$ . Подставляя найденные выше значения для $d$ , мы получим целое значение $m$ только в случае $d = 3 4$ .

Далее перейдем к поиску $a$ . Из условия на сотый член прогрессии $a+99d≥ 74$ следует, что $1 a≥ −4$ . А также мы знаем, что $a <0$ .

Будем теперь двигаться на $d= 0.75$ влево от $x1 = 0.5$ , из нашей прогрессии, пока не попадем в интервал $1 [− 4;0)$ . Тогда получаем, что в этом интервале находится только член прогрессии, равный $0.5− 0.75=− 0.25$ , тогда $a =− 0.25$ .

Непосредственной подстановкой значений можно убедиться, что $a =− 0.25,d =0.75$ удовлетворяют условиям задачи.

Ответ:

$a =− 0.25,d= 0.75$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#85353

Сумма членов конечной геометрической прогрессии с первым членом 1 и положительным знаменателем равна $40- 27$ , а сумма тех же членов с чередующимися знаками (первый — со знаком «плюс», второй — со знаком «минус» и т.д.) равна $20- 27$ . Найдите знаменатель прогрессии.

Показать ответ и решение

Пусть у нас в прогрессии $k$ членов, а знаменатель равен $q.$ Заметим, что $q ⁄= 1,$ т.к. иначе прогрессия состояла из единиц, а сумма единиц не может быть нецелым числом. Тогда из первого условия получаем

2 k−1 40 1+ q+ q +...+ q = 27

k 1−-q-= 40 1− q 27

А из второго

1− q+q2− q3+...+(−1)k− 1⋅qk−1 = 20 27

1−-(−-q)k 20 1+q =27

Получаем систему

( |||{ 1-− qk = 40- 1− q 27 |||( 1-− (−q)k= 20 1+ q 27

Разберём два случая:

1. Пусть $k$ нечётно, тогда обозначим $k q =t$ и решим получившуюся систему

( 1−-t 40 ||{ 1− q = 27 || 1+-t 20 ( 1+ q = 27

( { 27(1− t)= 40(1− q) ( 27(1+ t)= 20(1+ q)

Сложим два равенства, получим

54 =60− 20q

q =-3 10

Тогда $t =− 1-, 27$ но $t= qk$ при этом $q > 0,$ получаем противоречие, значит, такого случая быть не может

2. Пусть $k$ чётно, тогда обозначим $qk = t$ и решим получившуюся систему

(|| 1−-t= 40 { 1− q 27 ||( 1−-t= 20 1+ q 27

({ 27(1− t)= 40(1− q) ( 27(1− t)= 20(1+ q)

Вычтем из второго равенства первое, получим

0 =− 20 +60q

q = 1 3

Тогда $( ) t =-1 = 1 4. 81 3$ При обратной замене $t=qk$ становиться понятно, что $k =4.$ Данное значение $q$ нам подходит.

Ответ:

$1 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#85558

Последовательность натуральных чисел $a,a ,a ,... 0 1 2$ определяется следующими соотношениями:

a0 = 1

a =kn +(−1)na , n n−1

где $k$ — фиксированное натуральное число.

Сколько существует таких последовательностей, в которых встречается число 2024?

Источники: Курчатов - 2024, 11.1 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Дана формула для вычисления членов последовательности, но она выглядит сложно, попробуйте явно выразить первые члены, может быть увидите какую-то закономерность.

Подсказка 2

Видно, что каждый член с номером, дающим остаток 3 при делении на 4, равен 1. Тогда попробуйте выразить формулы и доказать их справедливость для членов с номерами 4m, 4m+1, 4m+2 и 4m+3, где m — целое неотрицательное число.

Подсказка 3

Все члены с номерами вида 4m имеют вид 4mk+1, с номерами 4m+1 — k-1, с номерами 4m+2 — (4m+3)k-1, с номерами 4m+1 — 1. Доказывать эти формулы очень удобно по индукции, ведь по условию дано соотношение, где последующий член выражается через предыдущий.

Подсказка 4

Теперь, используя полученные формулы, посмотрите какие члены нашей последовательности могут равняться 2024.

Подсказка 5

Числа с номерами 4m и 4m+3 сразу отпадают из-за нечётности, а с номером 4m+1 даёт только одну последовательность (какую?). Для чисел с номерами 4m+2 получается уравнение в целых числах ((4m+3)k=2025). При решении полученного уравнения количество рассматриваемых случаев можно уменьшить, рассмотрев, какие остатки при делении на 4 дают 4m+3, 2025 и какой тогда остаток при деление на 4 должно иметь k.

Показать ответ и решение

Докажем, что для любого целого $m ≥0$ справедливы следующие формулы:

a = 4mk+ 1, 4m a4m+1 = k− 1, a4m+2 = (4m + 3)k− 1, a4m+3 = 1.

Будем доказывать эти формулы индукцией по $m$ . База $m = 0$ проверяется непосредственно. Предположим, что формулы справедливы для всех чисел, не больших $m − 1$ , и докажем эти формулы для числа $m$ . Поскольку по предположению индукции $a4m−1 = 1$ , последовательно получаем следующие равенства:

a4m = k⋅(4m)+ (−1)4ma4m−1 =4mk +1, a = k(4m +1)+ (− 1)4m+1a = (4km + k)− (4mk+ 1)=k − 1, 4m+1 4m+2 4m a4m+2 = k(4m +2)+ (− 1) a4m+1 = (4km +2k)+ (k − 1)= (4m + 3)k− 1, a4m+3 = k(4m +3)+ (− 1)4m+3a4m+2 = (4km +3k)− (4km +3k − 1)= 1.

Таким образом, наши формулы доказаны. Теперь, используя эти формулы, посмотрим, какие члены нашей последовательности могут равняться 2024. Ясно, что числа вида $a4m$ и $a4m+3$ не могут равняться 2024: числа вида $a4m$ нечётны, а числа вида $a4m+3$ равны 1 . Далее, числа вида $a4m+1$ могут равняться 2024 только при $k =2025$ , что дает нам один пример последовательности.

Наконец, предположим, что для некоторого целого неотрицательного $m$ число $a4m+2$ равно 2024 . Мы получаем следующее уравнение: $(4m+ 3)k= 2025$ . Заметим, что сомножитель $4m + 3$ дает остаток 3 при делении на 4 , а число 2025 дает остаток 1 при делении на 4. Значит, число $k$ , во-первых, должно быть делителем числа 2025 , а во-вторых, должно иметь остаток 3 при делении на 4 (т.к. $3⋅3≡ 1(mod4)$ ). Поскольку $2025 =34⋅52$ , число $k$ имеет вид $3α⋅5β$ , где $α∈ {0,1,2,3,4}$ и $β ∈{0,1,2}$ . Для того, чтобы число $k$ такого вида давало бы остаток 3 при делении на 4 , необходимо и достаточно, чтобы степень $α$ была бы нечетной (поскольку $5 ≡1(mod4)$ и $3α ≡ 4(−1)α(mod4)$ ). Получаем ещё 6 возможных значений $k:3,3⋅5,3⋅52,33,33⋅5,33⋅52$ . Вместе с вариантом $k =2025$ получаем 7 возможных последовательностей.

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#85565

Последовательность многочленов $P(x),P (x),... 0 1$ задана условиями $P (x)= x,P (x)= P (x− 1)P (x+ 1) 0 n n− 1 n−1$ при $n≥ 1.$ Найдите наибольшее число $k,$ для которого $P100(x)$ делится на $k x .$

Показать ответ и решение

Заметим, что $k$ совпадает с кратностью корня $x =0.$ Каждый из данных корней был получен из корня $1$ или $− 1$ у многочлена $P99(x),$ каждый из которых в свою очередь появился из корня $− 2,0,$ или $2$ у многочлена $P99(x),$ и так далее. В итоге получим, что каждому корню $0$ многочлена $P100(x)$ соответствует последовательность из $101$ числа $0,...,0,$ в которой каждые два соседних числа отличаются на $1.$ Причем каждой такой последовательности соответствует корень $0$ многочлена $P100(x).$ Тогда $k$ равно количеству таких последовательностей. Будем идти по последовательности слева направо. При переходе к следующему члену последовательности мы либо прибавляем к предыдущему члену $1,$ либо вычитаем, причем прибавлений и вычитаний поровну. В итоге получаем ответ $50 k =C100.$

Ответ:

$C50 100$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#87807

Представьте в виде обыкновенной дроби число $0,3(24)$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте как-то попробуем избавиться от периодичности. Что для этого можно сделать?

Подсказка 2

Попробуем получить два числа, которые легко получаются из исходного и при этом их разность не будет периодичной.

Подсказка 3

Домножим наше число на 1000 и на 10. Что получим?

Подсказка 4

Будут два числа с одинаковым периодом! То есть их разность легко считается.

Подсказка 5

Мы пришли к уравнению 990x = 321, где x — исходное число.

Показать ответ и решение

Первое решение.

По формуле суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии

24∕1000 0,3(24)= 0,3+ 24∕1000+ 24∕100000+ ...= 0,3+ 1−-1∕100 =

=0,3+ 24-= 3-+ 8--= 99+8-= 107- 990 10 330 330 330

Второе решение.

Обозначим число $0,3(24)$ за $x.$ Тогда домножая число на $10$ и на $1000,$ получим:

1000x= 324,(24) -10x=-3,(24)----- 990x= 321

Из последнего равенства находим представление в виде обыкновенной дроби:

x= 321= 107 990 330

Ответ:

$107 330$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#87811

Найдите бесконечно убывающую геометрическую прогрессию, если ее сумма равна $3$ , а сумма квадратов её членов равна $4,5$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что все члены и сумма бесконечной геометрической прогрессии выражаются через две величины. Вспомним, какие это две величины и попробуем выразить через них то, что нам дано в задаче.

Подсказка 2

Итак, первое условие дает нам одно уравнение на b₁ (первый член) и q (знаменатель), а второе уравнение — второе условие на них же, ведь знаменатель и первый член для прогрессии из квадратов выражаются через b₁ и q. Останется решить систему из двух уравнений и получить b₁ и q!

Подсказка 3

Для решения системы можно исключить из одного из уравнения b1, найти q, а дальше подстановкой найти b1, уже зная q.

Показать доказательство

Пусть первый член бесконечно убывающей геометрической прогрессии равен $b , 1$ а знаменатель — $q.$ По условию сумма прогрессии равна $3,$ тогда по формуле суммы:

b1 1−-q = 3

Если рассмотреть квадраты элементов этой прогрессии, то они будут образовывать геометрическую прогрессию с первым членом $b21$ и знаменателем $q2.$ По условию сумма новой прогрессии равна $4.5.$ Тогда: