Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Последовательности, функции и их свойства на Курчатове (матан...)

Тема Курчатов

Последовательности, функции и их свойства на Курчатове (матан...)

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела курчатов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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)

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#70785

Назовём функцию $f$ хорошей, если

$f$ определена на отрезке $[0,1]$ и принимает действительные значения;
для всех $x,y ∈ [0,1]$ верно $2 |x− y| ≤ |f(x)− f(y)|≤ |x − y|.$

Найдите все хорошие функции.

Источники: Курчатов-2022, 11.6 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что вместе с каждой функцией $f(x),$ удовлетворяющей условию, ему также удовлетворяют и все функции вида $f(x)+ c$ и $− f(x).$ Докажем, что если $f(0) =0$ и $f(1) ≥0,$ то при всех $x∈ [0,1]$ верно $f(x)= x.$ Отсюда и из замечания выше будет следовать ответ.

Итак, пусть $f(0)= 0$ и $f(1)≥ 0$ . Подставив $x =0,y = 1$ , получаем $1≤ |f(0)−$ $f(1)|≤ 1$ , то есть $|f(1)|= 1$ , поэтому $f(1)= 1$ . Далее для любого $x ∈(0,1)$ имеем

f(x)≤ |f(x)|= |f(x)− f(0)|≤ |x− 0|= x и

1− f(x) ≤|1− f(x)|= |f(1)− f(x)|≤|1− x|= 1− x

Итак, $f(x)≤ x$ и $1 − f(x)≤1 − x,$ то есть $f(x) ≥x.$ Следовательно, $f(x)=x.$

Ответ:

$f(x)= x+c,f(x)= −x +c,$ где $c∈ ℝ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#92432

Даны положительные действительные числа $a,b,c$ . Известно, что

(a − b)lnc+ (b− c)ln a+(c− a)lnb= 0.

Докажите, что

(a − b)(b− c)(c− a)= 0.

Источники: Курчатов - 2021, 11.6 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать доказательство

Если $a =c$ , то всё очевидно. Если $a⁄= c$ , поделим равенство на $a− c$ и перенесём $lnb$ в другую часть, получим

b−-c a−-b lnb= a− clna+ a− clnc.

Рассмотрим на координатной плоскости две точки: $A (a;lna)$ и $C(c;lnc)$ , а также обозначим $b−c α =a−c,$ тогда $a−b 1− α= a−c$ .

Точка $B$ с координатами $xB = αa+ (1− α )c= b$ и $yB = αlna+ (1− α)ln c= lnb$ лежит на прямой $AC$ .

Но также ясно, что эти три точки лежат на графике функции $y = lnx$ . Так как эта функция является вогнутой (например, потому, что её вторая производная отрицательна), то с прямой может пересекаться максимум по двум точкам, а это значит, что какие-то два из трёх чисел $a,b,c$ совпадают:

(a− b)(b− c)(c− a) =0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#103077

Докажите, что существуют такие последовательности натуральных чисел $a n$ и $b , n$ что одновременно выполнены следующие условия:

- последовательности $an$ и $bn$ являются неубывающими;

- последовательности $-1 -1 -1 An =a1 +a2 +...+ an$ и $1- 1- -1 Bn = b1 + b2 +...+ bn$ неограниченно возрастают;

- последовательность $---1--- ---1--- ---1---- Cn = max(a1,b1) + max(a2,b2) + ...+ max(an,bn)$ ограничена.

Источники: Курчатов - 2020, 11.6 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать доказательство

Рассмотрим последовательность $c = 2k k$ . Ясно, что все суммы

1 1 1 Cn = c1 + c2 + ...+ cn

ограничены. Будем строить исходные последовательности $an$ и $bn$ так, чтобы $max(an,bn)=cn$ . Последовательно разобьём натуральный ряд на отрезки подряд идущих чисел так, что если отрезок начинается с числа $k$ , то его длина равна $ck$ . После этого раскрасим все эти отрезки поочередно в красный и синий цвета.

Теперь зададим последовательность $an$ следующим образом:

- если $n$ - красное число, то положим $an$ равным числу $cn$ ;

- если $n$ - синее число, то положим $an$ равным $ck$ , где $k$ - первое число отрезка, содержащего $n$ .

Последовательность $bn$ зададим аналогично, но инвертируя цвета:

- если $n$ - синее число, то положим $bn$ равным числу $cn$ ;

- если $n$ - красное число, то положим $bn$ равным $ck$ , где $k$ - первое число отрезка, содержащего $n$ .

Заметим, что для каждого синего отрезка сумма обратных значений последовательности $an$ на нём равна $1,$ поэтому последовательность сумм $1a1 + 1a2 + ...+ 1an$ не ограничена сверху. Аналогично, для последовательности $bn$ сумма обратных значений на каждом красном отрезке равна $1,$ поэтому последовательность сумм $b1+ 1b-+ ...+ 1bn- 1 2$ не ограничена сверху.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#75967

Про положительные числа $x$ и $y$ известно, что

---1---- ---1---- ---1--- 1+ x+ x2 + 1+ y+y2 +1 +x +y =1

Какие значения может принимать произведение $xy$ ? Укажите все возможные варианты и докажите, что других нет.

Показать ответ и решение

Заметим, что при каждом положительном $y$ функция

1 1 1 fy(x)= 1-+x+-x2 + 1+-y+-y2 + 1+-x+-y

строго монотонно убывает на луче $(0;+∞ ),$ поскольку знаменатели всех дробей возрастают. Следовательно, функция $fy$ принимает каждое значение не более одного раза. При этом нетрудно видеть, что:

fy(1) =1 y

откуда и заключаем, что $xy = 1.$

Ответ: только 1