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)

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

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу заметим важную вещь: если f(x) - решение, то и f(x) + c будет решением, где c - любая константа, а также -f(x) - решение. Какие удобные значения функции мы тогда можем подобрать?

Подсказка 2

Сразу хочется сделать, чтобы f(0) = 0. Попробуйте подставить туда точки 0 и 1, что тогда выйдет?)

Подсказка 3

Выйдет, что 1 <= |f(1)| <= 1, т.е. |f(1)| = 1. Давайте считать, что f(1) = 1 (т.к. мы все равно можем умножить функцию на минус в случае чего). А теперь подумайте, что можно подставлять, чтобы оценить f(x)?

Подсказка 4

Например, подставим y = 0, и получим, что f(x) <= |f(x)| <= |x| = x, т.е. f(x) <= x. Попробуйте теперь получить обратную оценку и f(x) будет найдена!

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если а = с, то задача решена. Поэтому рассмотрим случай, когда а ≠ с. Поделим каждую часть уравнения на a - c и перенесём ln(b) в другую сторону.

Подсказка 2

Обозначим k = (b-c)/(a-c), 1-k = (a-b)/(a-c) и перепишем условие, которое мы получили в прошлой подсказке. Введём систему координат и точки А, B, C, координаты которых будут удовлетворять функции y = ln(x).

Подсказка 3

Вспомните, как выглядит график y = ln(x). Может ли прямая пересекать этот график в трёх точках A, B, C, если ни одна из точек не совпадает с другой?

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#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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел