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#35325

a) Докажите, что если $xn+1 = axn + b,$ то $xn = can + d.$ (при условии $a ⁄= 1$ )

b) Найдите явную формулу $n−$ ого члена последовательности, заданной соотношениями $xn+1 = 3xn − 1,$ $x1 = 1.$

Показать ответ и решение

a) Давайте попробуем доказать это по индукции.
1. База. При $n = 1$ имеем: $x1 = ax0 + b = ca + d,$ где в качестве c берётся $x0,$ а в качестве $d$ берётся $b.$

2. Шаг индукции. Итак, пусть при всех $k$ от $1$ до $n$ мы уже доказали формулу, что $x = cak + d. k$
Докажем её для $n + 1$ :

по определению xn+1 по предполож ению индукции n n+1 xn+1 = axn + b = a(ca + d) + b = ca + ad + b.

Однако мы бы хотели, чтобы наше $x n+1$ имело вид $x = can+1 + d. n+1$
Таким образом, у нас с одной стороны свободный член получился равным $ad + b,$ а с другой стороны он должен быть просто $d.$
Из этого условия и находим $d$ : $ad + b = d,$ значит, $b = d(1− a),$ откуда $b d = 1−a.$ Вот здесь-то нам и пригодилось условие, что $a ⁄= 1.$

b) Независимо от предыдущего пункта попробуем угадать формулу, посчитав первые несколько членов:

x1 = 1; x2 = 3⋅x1− 1 = 3⋅1− 1 = 2; x3 = 3x2 − 1 = 3(3− 1 )− 1; x4 = 3(3(3− 1)− 1)− 1; x5 = 3(3(3(3− 1)− 1)− 1)− 1.

И вот, например, для $x5$ если преобразовать выражение, то становится видно, что:

2 3 2 4 3 2 x5 = 3(3(3 − 3− 1) − 1)− 1 = 3(3 − 3 − 3− 1) − 1 = 3 − 3 − 3 − 3 − 1.

Таким образом, очевидно (но лучше доказать по индукции), что для $xn$ формула имеет вид:

xn = 3n −1 − 3n− 2 − 3n−3 − ...− 31 − 1 = 3n−1 − (3n−2 + 3n− 3 + ...+ 31 + 1)

В скобках у нас появляется формула суммы геометрической прогрессии с первым членом $3n−2$ и знаменателем $13 :$

n−2 n−3 1 3n−2(1− (13)n− 1) 3n−1(1− (13)n−1) 3 + 3 + ...+ 3 + 1 = -------2--------= -------2-------. 3

В итоге имеем

1− (1)n−1 1 + (1)n−1 3n−1 + 1 xn = 3n−1(1− ----3-----) = 3n−1(----3----) = -------- 2 2 2

Ответ:

$3n−1+-1 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#103841

Найдите первый член и знаменатель геометрической прогрессии, если сумма её первого и третьего членов равна $35,$ а сумма первых пяти членов в $49$ раз больше суммы их обратных величин.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим первый член геометрической прогрессии как a, а знаменатель как r. Как можно записать условие задачи при помощи уравнений? Будьте аккуратны, не всегда можно по формуле считать сумму членов прогрессии, поэтому придётся разобрать случаи ;)

Подсказка 2

И сумма обратных величин, и сами величины образуют геометрическую прогрессию! Тогда, решая уравнение, полученные из второго условия, сможем связать r⁴ и a² ;) Давайте попробуем воспользоваться этим в первом условии.

Подсказка 3

a² * r⁴ = 49. Теперь можно выразить a через r и подставить в первое условие. Сможем получить r, после чего задача уничтожится ;)

Показать ответ и решение

Обозначим первый член геометрической прогрессии как $a$ , а знаменатель как $r.$

По первому условию задачи

2 a+ ar =35

a(1+ r2)= 35

Еслм $r= 1,$ то сумма первых пяти членов равна $5a,$ сумма обратных равна $5a.$ По второму условию задачи $5a= 49⋅ 5a.$ Но тогда $a =±7$ и не выполнено условие $a(1+ r2)= 35.$

При $r⁄= 1$ сумма первых пяти членов вычисляется по формуле:

S5 =a +ar+ ar2+ar3+ ar4 =a(1+ r+r2+ r3+r4)= ar5− 1 r− 1

Сумма этих обратных величин:

1 -1 -1- -1- -1- 1( 1 1- 1- 1-) 1 -r5-− 1- a + ar + ar2 + ar3 + ar4 = a 1+ r + r2 + r3 + r4 = a ⋅r4(r− 1)

И тогда второе условие задачи записывается так:

5 ( 5 ) ar-−-1= 49⋅ 1 ⋅-r4-− 1- r− 1 a r(r− 1)

a2(r5− 1)=49⋅ r5−-1 r4

2 49 a = r4-

Подставляем в $2 (a(1+ r )=35):$

( 7 ) r2 (1+ r2)= 35

2 2 7(1+ r)= 35r

1+ r2 = 5r2

4r2− 1= 0

r= 12 или r= − 12

a(1+ (1)2)= 35 2

( ) a 1+ 1 = 35 4

a= 35⋅ 4 =28 5

Таким образом, первый член равен 28, а знаменатель может быть равен $± 1. 2$

Ответ:

первый член равен 28, а знаменатель может быть равен $± 1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#103842

Найдите отношение суммы первых $2n$ членов арифметической прогрессии к сумме следующих $2n$ её членов, если сумма первых $3n$ членов равна сумме следующих $n$ членов, а разность $d$ прогрессии не равна нулю.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим первый член арифметической прогрессии как a и попробуем записать уравнения из условия. Для этого нам понадобится формула суммы членов арифметической прогрессии. Как выразится a через d (разность прогрессии) и n?

Подсказка 2

2a = d - nd. Как тогда выглядит сумма первых 2n членов и последующих?

Подсказка 3

Сумму первых 2n членов несложно посчитать по формуле, а сумма следующих 2n членов с первыми 2n членами дает сумму первых 4n членов! Теперь можно найти отношение явно :)

Показать ответ и решение

Обозначим первый член арифметической прогрессии как $a.$ Сумма первых $m$ членов арифметической прогрессии вычисляется по формуле:

m Sm = 2-⋅(2a+ (m− 1)d)

По условию сумма первых $3n$ членов равна сумме следующих $n$ членов:

S3n =S4n− S3n

3n 4n 2⋅-2 (2a+(3n− 1)d)=-2 ⋅(2a+ (4n− 1)d)

6a +9nd− 3d= 4a +8nd− 2d

2a= d− nd

Тогда соответственно

2n S2n =-2 ⋅(2a+ (2n − 1)d) =n(d− nd+(2n− 1)d)= n⋅nd= n2d

Теперь найдем сумму следующих $2n$ членов, то есть членов с номерами от $2n+ 1$ до $4n$ . Сумма этих членов будет равна разности суммы первых $4n$ членов и суммы первых $2n$ членов:

S(2n)′ =S4n− S2n = 2n(2a+ (4n − 1)d)− n(2a+(2n− 1)d)= 2n⋅3nd− n ⋅nd= 5n2d

Так как по условию $d⁄= 0,$ то отношение суммы первых $2n$ членов к сумме следующих $2n$ членов:

2 R= -S2n-= -nd2-= 1 S(2n)′ 5n d 5

Ответ:

$1 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#104820

Докажите, что число $0,123456789101112131415...$ не является периодической десятичной дробью.

Показать доказательство

Пусть эта дробь является периодической и имеет какой-то предпериод длины $y$ и период длины $x.$ После предпериода обязательно найдётся какая-то ненулевая цифра. Значит, период содержит ненулевые цифры. Однако, дробная часть содержит запись всех чисел вида $k 10.$ Если взять достаточно большое $k,$ то мы получим число, запись которого не входит в предпериод, и при этом его нули полностью покрывают один из периодов. Пришли к противоречию с наличием в периоде ненулевой цифры.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#105458

Пусть $a ,a,a 1 2 3$ — арифметическая прогрессия с ненулевой разностью. Известно, что $aa ,aa ,aa 12 23 31$ — геометрическая прогрессия. Найти её знаменатель.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как знаменатель геометрической прогрессии выражается через a₁, a₂, a₃? Какое уравнение можно записать из этого?

Подсказка 2

Знаменатель геометрической прогрессии равен a₁/a₂, тогда несложно записать условие на равенство двух отношений! А как использовать то, что a₁, a₂, a₃ — арифметическая прогрессия?

Подсказка 3

Выразим a₂ и a₃ через a₁ и d (разность прогрессии). Тогда мы сможем выразить d через a₁, что поможет найти нужное отношение ;)

Показать ответ и решение

Из того, что $a a,a a,a a 12 23 3 1$ — геометрическая прогрессия, следует, что ни одно из чисел $a,a ,a 1 2 3$ не равно нулю. Знаменатель геометрической прогрессии равен отношению ее второго члена к первому, т.е. $a3 q = a1$ . Следовательно,

a3a1 = a2a3q

a1 q = a2

Получили

a3 a1 a1-= a2

a21 = (a1+d)(a1+2d)

Так как $d⁄= 0,$ то сокращаем и получаем

d= − 3a1 2

Теперь уже можно найти

q = a1 =-a1- = ----a1----= −2 a2 a1 +d a1 +(−1,5a1)

Ответ: -2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#120620

Последовательность натуральных чисел $a, 1$ $a , 2$ $a , 3$ …определена условиями: $a = 2, 1$ $a = 2a2 − 1 n+1 n$ при $n= 1$ , 2, 3, …Докажите, что число $a2019!$ не делится на $2018!+1.$

Показать доказательство

Докажем, что никакой член последовательности $a n$ не может делиться на число $m > 1,$ если $n >m$ — отсюда, очевидно, вытекает утверждение задачи.

Рассмотрим числа $a1,$ $a2,$ …, $am,$ и разберём сначала случай, когда среди них есть число $ak,$ кратное $m.$ Тогда, очевидно,

2 ak+1 ≡ 2⋅0 − 1≡ −1 (mod m)

2 ak+2 ≡2 ⋅(−1) − 1 ≡1 (mod m )

и все последующие члены последовательности дают при делении на $m$ остаток $1.$

Если же среди первых $m$ членов последовательности нет кратных $m,$ то среди них найдутся два сравнимых по модулю $m.$ Но это означает, что последовательность остатков $a n$ при делении на $m$ периодична, и остаток $0$ не встречается ни в периоде, ни в предпериоде.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#120664

Пусть $a = [√1]+[√2]+...+[√n]. n$ Докажите, что среди элементов последовательности $a,a ,... 1 2$ есть лишь конечное количество простых чисел, и найдите наибольшее из них.

Источники: Курчатов - 2025, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Пусть k — наибольше целое число такое, что k² ≤ n. Значит, n < (k+1)². Ясно, что [√n] = k. Вас это ни на что не наталкивает?

Подсказка 2:

А давайте представим n как k² + t. Но ведь мы же тогда можем вычислить n-й член, используя переменные k и t, потому что t+1 последних слагаемых равны k, следующие k² - (k-1)² слагаемых равны k-1 и так дальше.

Подсказка 3:

Осталось лишь внимательно посмотреть на выражение и заметить, что при k больших некоторого числа оно будет иметь определённый делитель.

Показать ответ и решение

Пусть $k$ — натуральное и $k2 ≤ n< (k +1)2.$ Тогда $[√n]= k.$ Значит, $[√n-]$ принимает фиксированное значение, равное $k,$ пока $n$ пробегает отрезок $2 2 [k ,(k +1) − 1],$ длина которого равна $2k+1.$ Значит, если $2 n = k +t,$ где $0≤ t≤2k,$ то

k∑−1 k∑−1 k∑−1 an = i(2i+ 1)+ k(t+1)= 2 i2+ i+k(t+1)= i=1 i=1 i=1

(k − 1)k(2k− 1) (k − 1)k (k − 1)k(4k+ 1) = -----3------+ --2---+ k(t+ 1)= -----6------+ k(t+ 1)

Заметим, что дробь $(k−1)k(4k+1) ----6----$ принимает целые значения при натуральных $k.$ Если множитель $k$ в числителе этой дроби не сокращается полностью со знаменателем, то данная дробь не взаимно проста с числом $k(t+1)$ (у них обоих есть общий делитель, входящий в $k$ и не сократившийся после деления на $6).$ Ясно, что при $k> 6$ такой множитель заведомо останется. Поэтому $k≤ 6$ и $n ≤72− 1= 48.$ Значит, при $n≥ 49$ все числа $an$ составные.

При $k= 6$ получаем формулу $an =125+ 6(t+ 1),$ где $t≤ 12.$ При $t= 12$ находим $a48 =203= 7⋅29,$ а при $t= 11$ получаем $a47 = 197$ — простое. Таким образом, наибольшее простое число в последовательности $an$ равно $197$ и соответствует индексу $n =47.$

Ответ:

$197$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#122404

Дана последовательность $a = n!(n2− 2025n +1) n$ для всех натуральных $n.$ Найдите сумму первых $2025$ членов этой последовательности.

Источники: ММО - 2025, первый день, 11.2(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выглядит наша последовательность сложно, но явно намекает на разложение или замену. А нельзя ли n² - 2025n + 1 как-то переписать через факториалы? Попробуйте раскрыть скобки и посмотреть, не получится ли что-то телескопическое.

Подсказка 2

Хм, а если представить n² - 2025n как (n + 1)(n + 2) минус что-то? Тогда n! умножится на скобки, и может получиться разность факториалов. Как бы это оформить?

Подсказка 3

Окей, допустим, мы разложили аₙ в сумму вида (n + 2)! - (n + 1)! - 2027 • (n + 1)! + 2027 • n!. Теперь посмотрим на сумму а₁+ a₂+ … + a₂₀₂₅. Почти все слагаемые должны сократиться! Что останется в конце?

Показать ответ и решение

Первое решение.

Представим $an$ в виде

an = n!((n +1)(n +2)− (n +1)− 2027n)= (n +2)!− (n+ 1)!− 2027n⋅n!=

=((n+ 2)!− (n+ 1)!)− 2027((n+ 1)!− n!).

Тогда получаем

a + a +...+ a = (2027!− 2!)− 2027⋅(2026!− 1!)= 2025 1 2 2025

Второе решение.

Перейдём к более общей задаче: будем рассматривать последовательности $ak,n = n!(n2− kn +1),$ где k — фиксированное натуральное число, а $n$ — номер члена последовательности, и искать сумму первых $k$ членов таких последовательностей.

При $k= 1$ получаем, что сумма равна $a1,1 =1!(1− 1+ 1)=1.$

При $k= 2$ получаем, что сумма равна $a2,1+ a2,2 = 1!(1− 2+1)+ 2!(4− 4+1)= 2.$ Аналогично можно получить, что при $k= 3$ сумма равна $3$ . Возникающую гипотезу о том, что при произвольном $k$ искомая сумма равна $k,$ нужно строго доказать. Это можно сделать методом математической индукции.

База индукции уже проверена. Из предположения о том, что

ak,1+ ak,2+ ak,3+ ...+ak,k = k,

требуется вывести

a + a +a + ...+ a = k+1. k+1,1 k+1,2 k+1,3 k+1,k+1

Заметим, что

a =n!(n2 − (k+ 1)n+ 1)= n!(n2− kn +1 − n)= a − n!n =a − n!((n +1)− 1)= a − (n+ 1)!+ n!. k+1,n k,n k,n k,n

Следовательно,

ak+1,1 +ak+1,2+ ak+1,3+...+ak+1,k+1 =

=ak,1 +ak,2+ ak,3+ ...+ ak,k− ((k+ 1)!− 1!)+ (k+ 1)!((k+ 1)2− (k+ 1)(k+ 1)+1)=

=k− (k+ 1)!+1 +(k+ 1)!= k+ 1

Что и требовалось доказать.

Ответ:

$2025$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#125184

Первооткрыватель летел над джунглями на вертолёте и заметил забытый храм инков. Храм выстроен в форме правильной усечённой пирамиды с квадратными основаниями сторона нижнего основания равна 2048 и.е., сторона верхней площадки равна 486 и.е. (и.е. инкские единицы длины). Высоту храма путешественник измерить не сумел, поэтому посадил вертолёт на верхней площадке и начал спускаться по боковой поверхности пирамиды, начиная от угла. Спускался он не напрямую — склон для этого слишком крут — а наискосок, по линии, угол наклона которой к поверхности земли равен $∘ 45.$ Когда он добирался до бокового ребра, он переходил через ребро и шёл по следующей грани, под таким же углом $∘ 45$ к поверхности земли.

Он закончил спуск ровно у вершины нижнего основания пирамиды, насчитав по пути 5 сторон (иными словами, его путь выглядит как ломаная, и в этой ломаной получилось 5 отрезков). Какой высоты (в и.е.) был храм?

Источники: Ломоносов - 2025, 11.7 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть сторона нижнего основания пирамиды равна a, сторона верхнего — b, угол спуска равен α, число пройденных граней равно n. Попробуйте ввести и выразить неизвестные. Что мы хотим найти?

Подсказка 2

Нас интересует высота храма. Обозначим ее за H. Через какой угол ее можно выразить?

Подсказка 3

Обозначим угол наклона боковой стороны пирамиды к земле через β. Выразите H через tg(β).

Подсказка 4

H = (a - b) ⋅ tg(β) / 2. Далее будем считать, что первооткрыватель поднимался, а не спускался. Что можно сказать о линиях, по которым двигался первооткрыватель?

Подсказка 5

Из подобия, первооткрыватель будет проходить по каждой грани меньшее расстояние. Будем считать, что переход по следующей грани будет равен некоторому q, умноженному на длину перехода по предыдущей грани. Какие подобные фигуры мы получим на гранях?

Подсказка 6

У нас получатся подобные трапеции с основаниями a и aq, aq и aq², aq² и aq³ и т.д.. У последней трапеции верхнее основание будет равно b, выразите q.

Подсказка 7

Так как b = aqⁿ, то q = (b / a)¹ᐟⁿ. Обозначьте высоту, на которую первооткрыватель поднялся по первой трапеции, за h. Выразите через эту величины H.

Подсказка 8

H = h + qh + ... + qⁿ⁻¹h. Найдите сумму геометрической прогрессии.

Подсказка 9

Она будет равна (h(a-b)) / (a(1-q)). Заметим, что в этом выражении нам известно все, кроме h. Введем обозначения: ребро, с которого начался подъем — AB, путь начат из A, первый отрезок пути соединяет точки A и P на боковом ребре. Из точки P проведем в плоскости ABP прямую, параллельную AB, она пересечет другое боковое ребро в точке P₁. Получим трапецию с основаниями a и aq. Попробуйте сделать некоторые построения и выразить h.

Подсказка 10

Ортогонально спроецируем точку P на основание пирамиды, получим точку R, тогда PR = h. Попробуйте выразить h через некоторый треугольник.

Подсказка 11

От точки R в плоскости основания проведите перпендикуляр к AB, пусть у нас получится точка L на AB.

Подсказка 12

Заметим, что ∠RBA = 45°, так как R падает на диагональ квадрата, являющегося основанием пирамиды. Что из этого следует?

Подсказка 13

Тогда LB = LR. Выразите h через LR.

Подсказка 14

LR = h / tg(β). Что еще можно заметить в треугольнике ALR?

Подсказка 15

AR = h / tg(α), AL = a - h / tg(β). А еще этот треугольник - прямоугольный. Запишите для него теорему Пифагора.

Подсказка 16

Можно решить квадратное уравнение относительно 1/h.

Подсказка 17

1/h = (1 / (a⋅tg(β))) ⋅ (1 + 1/tg(α) ⋅ √(tg²(β) - tg²(α))). Можем ли мы воспользоваться одним из свойств трапеции?

Подсказка 18

LB = 1/2 ⋅ (AB - PP₁). Подставьте известные нам величины.

Подсказка 19

В итоге получим, что 1/h = 2 / (a ⋅ (1 - q) ⋅ tg(β)). Но мы ведь и до этого получали 1/h.

Подсказка 20

Тогда 1/h = (1 / (a⋅tg(β))) ⋅ (1 + 1/tg(α) ⋅ √(tg²(β) - tg²(α))) = 2 / (a ⋅ (1 - q) ⋅ tg(β)) = 1/h.

Подсказка 21

Так как H = h(a-b) / (a(1-q)), h = a⋅(1-q)⋅tg(β)/2, и мы нашли tg(β), можем выразить H и подставить значения из условия задачи.

Показать ответ и решение

Пусть сторона нижнего основания пирамиды равна $a,$ сторона верхнего равна $b,$ угол спуска равен $α,$ а число пройденных граней равно $n.$

$PIC$

Будем считать, что первооткрыватель поднимался. Обозначим (пока неизвестные нам) величины — высоту постройки через $H,$ угол наклона боковой стороны пирамиды к земле через $β.$ Тогда

2H tg(β)= a− b

H = a− b-tg(β) 2

Посмотрим на пирамиду в проекции сверху.

$PIC$

Заметим, что рисунки на гранях подобны друг другу — поднимаясь, первооткрыватель будет проходить по каждой грани все меньшее расстояние, при том переход по следующей грани будет равен некоторому $q,$ умноженному на длину перехода по предыдущей грани.

У нас есть трапеции с основаниями $a$ и $qa,$ $qa$ и $q2a,$ $q2a$ и $q3a,$ и так далее. У последней трапеции верхнее основание будет равно $b,$ следовательно,

n∘-b b= qna;q = a

Обозначим высоту, на которую первооткрыватель поднялся по первой трапеции, за $h.$ Тогда из подобия следует, что за второй переход он добавит к высоте $qh,$ за третий — $q2h,$ и так далее. Тогда

1− qn 1 − b h(a− b) H = h+qh +q2h+ ...+ qn−1h= h-1−-q =h-1−a q-= a(1− q)

Нам известны все величины, кроме $h.$

Обозначим на пирамиде некоторые точки. Ребро основания, с которого начат подъем — это $AB,$ путь начат из $A.$ Первый отрезок пути соединяет точки $A$ и $P$ на боковом ребре.

Из точки $P$ проведем в плоскости $ABP$ прямую, параллельно $AB,$ она пересечет другое боковое ребро в точке $P1.$ Получится трапеция $ABPP1$ с основаниями $AB = a,$ $PP1 = qa.$ Точку $P$ ортогонально спроецируем на основание пирамиды — получим точку $R,$ $PR =h.$ От точки $R$ в плоскости основания пирамиды проведем перпендикуляр к $AB,$ он пересечет $AB$ в точке $L.$

Тогда угол $RBA$ равен $45∘,$ так как R падает на диагональ квадрата, являющегося основанием пирамиды. $RL= LB,$ а

LR = -h-- tg(β)

Кроме того,

h h AR = tg(α);AL= a− tg(β)

Треугольник $ALR$ прямоугольный, поэтому

( h )2 ( h )2 ( h )2 tg(α) = tg(β) + a− tg(β)

Решим квадратное уравнение относительно $1h.$

( )2 ( ) a2 1 − -2a--⋅ 1+ 2tg22(α-)− tg22(β) =0 h tg(β) h tg (β)⋅tg(α)

Положительным решением будет

1 --1--( --1-∘ -2------2--) h = atg(β) 1+ tg(α) tg (β)− tg (α)

По свойствам трапеции

1 LB =2 (AB − PP1),

то есть

a(1− q)=2hctg(β)

h= a(1− q)tg(β) 2

1= -----2---- h a(1− q)tg(β)

Тогда

2 1 ( 1 ∘--2-----2--) a(1−-q)tg(β) = atg(β) 1+ tg(α) tg(β)− tg (α)

∘------------ -2--= 1+ -1-- tg2(β)− tg2(α) 1− q tg(α)

∘ 2(1+-q2) tg(β) =tg(α) (1−-q)2-

Вспомним, что

H = h(a−-b) a(1− q)

Так как

a(1 − q) h= --2---tg(β),

можем подставить $tg(β).$ Получим

√- ∘ ------- H = -2(a− b) 1-+q2-tg(α), 2 (1 − q)2

где

∘-b q = n a

По условию, $a =2048,$ $b= 486,$ $n= 5,$ $α =45∘.$ В итоге $H = 3905√2.$

Ответ:

$3905√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#126307

На бильярдном столе из одинаковых 153 шаров выложен правильный треугольник. Расположение шаров плотное: ни один дополнительный шар не может быть помещен в треугольник и любая пара соседних шаров в треугольнике касаются друг друга. Сколько шаров составляют сторону треугольника?

Источники: Росатом - 2025, 10.3 ( см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть основание треугольника составляют n шаров. Сколько шаров их тогда касается?

Подсказка 2

Их будет касаться n-1 шар, сверху будет n-2 шара и так далее.

Подсказка 3

Получили арифметическую прогрессию. Найдите её сумму и выразите n.

Показать ответ и решение

Если основание треугольника составляют $n$ шаров, то их касается $n − 1$ шар, которых в свою очередь сверху касается $n − 2$ шара и т.д. до вершины треугольника, где расположен единственный шар. Количества шаров в каждом ряду образуют арифметическую прогрессию, и суммарное количество шаров в треугольнике

n(n+ 1) 1+2 +⋅⋅⋅+ n =---2---= 153

Получаем квадратное уравнение:

n2 +n − 306= 0

Оно имеет два корня:

n= 17 или n =− 18

Так как количество шаров $n$ натуральное число, то $n= 17.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#126962

Медиана пятёрки чисел, это среднее по величине из них, то есть если $a≤ b≤c≤ d≤ e$ равна числу $c.$ Последовательность $a n$ задана начальными условиями $a1 = 1,a2 =3,a3 = 5,a4 = 7,a5 =9.$ Каждый следующий член последовательности — это медиана пяти предыдущих, увеличенная на 1.

Найдите $a500$ .

Источники: ИТМО - 2025, 10.1 ( см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вычислите первые 15-20 членов последовательности вручную. Какой паттерн изменения значений вы замечаете? Обратите внимание на повторяющиеся группы чисел.

Подсказка 2

Начиная с а₁₀, последовательность следует правилу "три одинаковых числа, затем увеличение на 1" (докажите это!) Как это помогает вывести рекуррентную формулу?

Посдказка 3

Для n > 8 верно а(n+3)= а(n)+ 1. Как использовать это, чтобы найти а₅₀₀?

Показать ответ и решение

Посчитаем вручную несколько следующих членов: $a =6,a = 7, 6 7$ $a =8,a = 8,a = 9,a = 9, 8 9 10 11$ $a = 9,a =10, 12 13$ $a =10,a =10, 14 15$ $a16 = 11,a17 = 11,$ $a18 = 11,a19 = 12.$

Заметим, что, начиная с $a10,$ каждый член последовательности повторяется 3 раза подряд, а после этого также три раза подряд идёт это число, увеличенное на 1. Получается, что с некоторого места верно $an+3 = an+ 1.$ Докажем при помощи метода математической индукции, что пятерка членов последовательности $an,an+1,an+2,an+3,an+4$ имеет один из следующих видов:

1.: $x,x,x+1,x+ 1,x +1$
2.: $x,x+ 1,x +1,x+ 1,x+ 2$
3.: $x,x,x,x+ 1,x+ 1$

Первый вариант будет базой индукции при $n =8.$ Медианой в нем является $x+ 1,$ значит, следующий элемент последовательности — $an+5 = x+ 2.$ Мы получаем пятёрку $x,x+1,x+ 1,x +1,x+ 2,$ начинающуюся с $an+1$ и имеющую вид 2. Во втором случае медианой пятёрки также является $x+ 1,$ тогда $an+5 = x+ 2,$ получим пятерку $x+ 1,x+1,x+ 1,x +2,x+ 2,$ начинающуюся с $an+1$ и имеющую вид 3. В третьем случае медианой является $x,$ тогда $an+5 = x+1,$ получим пятерку $x,x,x+ 1,x +1,x+ 1,$ начинающуюся с $an+1$ и имеющую вид 1.

Формула $a = an +1 n+3$ доказана для $n ≥8,$ воспользуемся ей:

492- a500 = a497+ 1= a494+ 2= ...= a8+ 3 = 8+164= 172

Ответ:

172

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#128018

Докажите, что для каждого натурального $n$ существуют такие целые числа $a n$ и $b n$ , что

(1+ √5)n a + b√5- --2-- = -n-2n---.

Показать доказательство

Докажем индукцией по $n,$ что такие числа $a n$ и $b n$ существуют, причём они будут одной чётности.

База для $n= 1$ очевидна. Докажем переход от $n$ к $n+ 1.$

( √-)n+1 ( √-)n ( √-) 1+--5 = 1+--5 1+--5 2 2 2

По предположению индукции существуют такие $an$ и $bn,$ что

(1 +√5 )n an+ bn√5 --2-- = ----2---

Тогда

( 1+√5-)n+1 (an +bn√5) (1 +√5-) (an+ 5bn)+ (an +bn)√5 --2-- = ----2--- --2-- = ---------4---------

Пусть $an+1 = an+52bn$ и $bn+1 = an+2bn.$ Из предположения индукции $an+1$ и $bn+1$ — целые числа, причём одной чётности. Переход доказан.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#128022

Последовательность ${a} n$ задана по правилу: $a =2, 1$

an+1 = anan−1an−2 ...a1+1.

Докажите, что

1- 1- 1- a1 + a2 + ...+ an < 1.

Показать доказательство

Докажем индукцией по $n,$ что

-1 -1 -1 ----1--- a1 + a2 + ...+ an +a1a2...an ≤1

База для $n= 2$ очевидна. Докажем переход от $n$ к $n+ 1.$ По предположению индукции:

a1+ a1+ ...+ a1 ≤1− a-a-1...a- 1 2 n 1 2 n

Тогда

1-+ 1-+ ...+ 1-+ -1--+ ----1-----≤ 1− ---1----+ -1--+ ----1-----=1, a1 a2 an an+1 a1a2...an+1 a1a2...an an+1 a1a2...an+1

так как

--1- -----1---- a1a2...an+-1 ----1--- an+1 + a1a2...an+1 = a1a2...an+1 = a1a2...an

Переход доказан. Из доказанного выше следует утверждение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#128122

Положительные числа $a,b,c,d$ составляют в указанном порядке возрастающую арифметическую прогрессию, причём $a2 +d2 = b3+c3.$ Докажите, что $d< 3.$

Источники: Изумруд-2025, 10.4 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала распишите равенство через первый член и разность прогрессии.

Подсказка 2

Давайте для удобного преобразования выражения возьмем a за x-3y, а разность прогрессии за 2y.

Подсказка 3

Выразите y через x с помощью данного равенства.

Подсказка 4

Вспомните, что исходные числа у нас положительные.

Подсказка 5

x > 3y, зная это — сделайте оценку на х.

Подсказка 6

Получилось, что x < 3/2, и снова вспомним о том что x > 3y. Завершите оценку на d.

Показать доказательство

Введем обозначения:

a+-d b-+c x= 2 = 2

2y = b− a= c− b =d− c

Тогда

a= x− 3y

b= x− y

c= x+ y

d= x+ 3y

Поскольку числа положительные,

a =x− 3y > 0

Из этого следует, что

x +3y < 2x

Запишем условие задачи в новом виде:

2 2 3 3 (x− 3y) + (x+ 3y) =(x− y) +(x+ y)

x2 +9y2 = x3+ 3xy2 = x(x2+3y2)

Тогда

x = x2+9y2= 1+ --6y2--< 1+ ---6y2----= 3 x2+3y2 x2+ 3y2 (3y)2+3y2 2

Получим, что

d =x +3y < 2x< 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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 18#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 19#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 20#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.

Следующая подтема