Тема ИТМО (Открытка)

Логарифмы на ИТМО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела итмо (открытка)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#121642

Попарно различные натуральные числа $x ,...,x 1 n$ таковы, что для каждых двух из них одно является степенью другого с натуральным показателем. Найдите наименьшее возможное значения выражения

logx1x2+ logx2x3+ logx3 x4 +...+ logxn−1xn+ logxnx1

Источники: ИТМО-2025, 11.5(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуйте придумать какой-нибудь простой пример, это должно натолкнуть на идею для оценки.

Подсказка 2

Идея оценки будет следующей. Давайте упорядочим иксы: a₁ < a₂ < ... и введём обозначения a₂ = a₁^k₁, a₃ = a₂^k₂ для удобства оценки.

Подсказка 3

Попробуйте выбрать из ашек самую длинную возрастающую последовательность. Рассмотрите логарифмы от её членов. Попробуйте их оценить за счёт увеличения основания.

Показать ответ и решение

Приведём сначала пример, для которого достигается это число: $x 1$ — любое натуральное число, большее $1,$ $x =x2, 2 1$ $2 2 2n−1 x3 = x2,...,xn =xn−1 =x1 .$

Переупорядочим наши числа по возрастанию: $a1 < a2 < a3 < ...< an.$ Тогда: $k1 a2 = a1 ,$ $k2 kn−1 a3 =a2 ,...,an =an−1 .$ Соответственно, $k1k2 k1...kn−1 a3 = a1 ,...,an = a1 .$

К сожалению, мы не можем сказать, что $x1 <x2 <x3 < ...<xn,$ потому что при этом нарушается общность: соседние по возрастанию элементы не обязательно идут подряд.

Однако, поскольку от циклического сдвига переменных ничего не поменяется, мы можем считать, что $x1 = a1.$ Выделим среди чисел $x1,...xn$ самую длинную возрастающую последовательность. Если точнее $b1 = x1,b2 = x2,b3$ — первый из элементов $x3,...xn,$ больший $x2,b4$ — первый из элементов, следующих за $b3,$ больший $b3$ и так далее. Последним элементом этой подпоследовательности будет $bm =an$ — наибольшее среди всех чисел.

Рассмотрим в нашей сумме логарифмов только те логарифмы, аргументами которых являются числа $b2,...bm.$ На самом деле, это все логарфимы из искомой суммы, большие единицы. Основания этих логарифмов назовём $c2,...,cm$ и запишем их сумму:

logc2 b2+ logc3b3+...+logcm bm ≥ logb1 b2+ logb2b3+...+logbm−1bm

Это неравенство верно, поскольку $ci ≤ bi−1$ из определения $bi :bi$ — первый после $bi−1$ элемент последовательности $xk,$ больший, чем $bi−1,$ значит, все элементы, находящиеся в последовательности $xk,$ между $bi−1$ и $bi$ (если они есть) меньше, чем $bi.$

Далее,

logb b2 = k1⋅...⋅kj1 1

logb2b3 = kj1+1⋅...⋅kj2

...

logbm−1bm =kjm−2 ⋅...⋅kn

Все $ki$ — натуральные числа, не меньшие $2,$ поэтому для любого их набора произведение не меньше суммы. Значит,

logc2b2+ logc3b3+ ...+ logcmbm ≥k1+ ...+ kn

а вся сумма из условия тем более не меньше $k1+ ...+ kn.$

При этом если какое-то из $ki$ больше $2,$ сумма логарифмов получается больше, чем в приведённом примере. Значит, если существует какой-то меньший пример, все $ki$ для него также должны быть равны $2$ и

logc2b2+ logc3b3+ ...+ logcmbm ≥k1+ ...+ kn = 2(n − 1)

Однако из этого не следует автоматически, что все логарифмы из этой суммы равны $2,$ поскольку $2⋅2= 2+ 2$ и в этом месте некоторые из наших неравенство обращаются в равенства. Значит, в нашей сумме логарифмов, больших единицы, есть только двойки и четвёрки.

Кроме того, в искомой сумме есть как минимум один логарифм, меньший единицы — это логарифм по самому большому основанию. Он точно не меньше, чем $logana1 = 2n1−1,$ что доказывает оценку.

Ответ:

$2n− 2+-1-- 2n−1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74570

Вася придумал новую операцию на множестве положительных чисел

lnb a ∗b= a

Найдите логарифм числа $((aab∗a)∗)(a(bb∗)b)$ по основанию $a∗ b.$

Источники: ИТМО-2022, 11.2 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Новая операция, придуманная Васей, конечно, прекрасна, но работать с ней неудобно, давайте несколько преобразуем её. Если сказать, что a = e^ln(a), тогда Васина операция примет вид a✱b = e^(ln(a)b). Что мы получим, если возьмем натуральный логарифм от данной операции?

Подсказка 2

ln(a✱b) = ln(a)ln(b). Такое обилие натуральных логарифмов явно намекает нам, что удобнее всего будет работать, если мы приведем наше выражение к новому основанию e.

Подсказка 3

Далее несколько раз воспользуемся свойствами логарифма и преобразуем произведения выражений под логарифмом в сумму логарифмов, а отношения - в разность.

Подсказка 4

В итоге должно получится ((ln(a) + ln(b))*(ln(a) + ln(b)) - ln(a)a - ln(b)b) / (ln(a)b). Попробуйте дойти от данного выражения до ответа путем несложных алгебраических преобразований.

Показать ответ и решение

Запишем операцию Васи в более удобном виде:

lnb lnalnb a∗b= a = e

Поэтому

ln(a∗b)= lna⋅lnb

Теперь нужно применить это для вычисления, попутно воспользовавшись свойством логарифмов

loga∗b (ab)∗(ab)-= (a∗ a)(b∗b)

ln-((ab)∗(ab))−-ln-((a∗a)−-ln(b∗b))- = ln(a∗b) =

= ln(ab)⋅ln-(ab)− lna⋅ln-a− lnb⋅ln-b lna⋅ln b

Обозначим $x =lna$ и $y = lnb.$ Тогда в числителе написано

(x+ y)(x+ y)− x2− y2 = 2xy,

а в знаменателе $xy$ . В результате дробь равна 2.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#99645

Вася выбрал четыре числа и для каждой пары вычислил логарифм большего по основанию меньшего. Получилось шесть логарифмов. Четыре из них равны $15,20,21$ и $28.$ Какие значения может принимать наибольший из всех шести логарифмов?

Источники: ИТМО - 2021, 11.5 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не понятно, как рассуждать в нашей задаче не введя всё-таки 4 начальных упорядоченных числа x ≤ y ≤ z ≤ t. Понятно при этом, что мы можем выразить логарифм по основанию x от z через логарифмы по основанию x от y и логарифм по основанию y от z как их произведение. Какие тогда переменные удобно ввести, чтобы наши 6 чисел хорошо через них выражались?

Подсказка 2

Удобно ввести логарифмы с комбинациями "соседних" чисел. Тогда если они a, b, c в таком же порядке, как стоят начальные числа, то у нас есть числа a, b, c, ab, ac, bc, abc. Значит, мы свели задачу к поиску максимума среди них при условии того, что все числа больше 1 и известно 4 из них. Как тогда действовать? А если посмотреть на числа из условия?

Подсказка 3

Никакие два числа из условия в произведении двух не дают некоторое третье из условия. Это значит, что в любой тройке чисел из второй подсказки вида k, l, kl у нас хотя бы одно число неизвестно!

Показать ответ и решение

Пусть четыре исходные числа - это $x≤ y ≤ z ≤ t$ . Обозначим $a =log y,b= log z,c= log t x y z$ . Тогда $log z = ab,log t= bc,log t= abc x y x$ , то есть наши шесть логарифмов равны $a,b,c,ab,bc$ и $abc.$ Наибольший из них при этом $abc$ и именно его нам надо найти.

Заметим, что среди наших четырёх логарифмов ни один не является произведением двух других. Это значит, что в каждой тройке $(a,b,ab),(b,c,bc),(a,bc,abc),(ab,c,abc)$ отсутствует хотя бы одно число. Каждое из шести чисел встречается ровно в двух из этих троек, значит, чтобы “разрушить” все тройки, надо удалить два числа, которые вместе в одной тройке не встречаются, то есть, числа, которых мы не знаем, это либо $a$ и $c$ , либо $b$ и $abc$ , либо $bc$ и $ab$ .

Соответственно, у нас есть одна из четвёрок $(b,ab,bc,abc),(a,c,ab,bc)$ и $(a,b,c,abc)$ . Третий вариант невозможен, потому что ни одно из наших четырёх чисел не является произведением трёх других. Для того, чтобы четвёрка чисел могла соответствовать первому или второму вариантам, необходимо и достаточно, чтобы произведение двух чисел было равно произведению двух оставшихся. Это условие выполняется: $15⋅28= 20⋅21$ .

В первом случае мы имеем $b⋅abc=ab⋅bc$ , и $abc$ — это наибольшее из наших четырёх чисел. Во втором случае $a⋅bc= b⋅ac$ и $abc$ — это как раз искомое произведение. Значит, мы имеем два возможных ответа: $28$ и $420.$

Ответ:

$28;420$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#98583

Известно, что

( 2 2 )( 2 2 ) logxy+ logzt logyz+ logt x = 37 и logyt+logty =5.

Найдите $log z+ log x x z$ .

Показать ответ и решение

Запишем ОДЗ:

{ x, y, z, t> 0 x, y, z, t⁄= 1

Сделаем замену:

logxy = a logzt= b logy z = c logtx =d

Заметим, что

abcd= 1

Тогда получаем:

( |{ (a2+ c2)(b2+d2)= 37 | bc+b1c = 5 ( abcd= 1

Выразим искомую величину и обозначим ее за $k.$

logzx +logx z = cd+ ab= k

Сделаем преобразования:

{ (a2+ c2)(b2 +d2)= 37 bc +ad= 5

Возведем второе уравнение в квадрат:

(bc+ad)2 = b2c2+ a2d2+ 2abcd= b2c2+ a2d2+ 2= 25

2 2 2 2 b c +a d = 23

Раскроем скобки у первого уравнения:

2 2 2 2 2 2 2 2 a b +a d + bc + cd = 37

a2b2+ 23+c2d2 = 37

a2b2+ c2d2 = 14

Выразим $2 k$ :

k2 = (cd+ ab)2 = c2d2 +a2b2+2abcd =⇒ c2d2 +a2b2 =k2− 2

Подставим $22 2 2 c d +a b$ :

k2− 2= 14 =⇒ k2 = 16 =⇒ k= ±4

Докажем, что если подходит $k= 4,$ то $k= −4$ тоже подходит.

Пусть вместо $z$ у нас $1z.$ Тогда после замены мы получим $− c$ и $− b,$ следовательно, $k= −cd− ab= −k.$ Но если у нас $1z,$ то в первой системе все останется как есть, так как $− c$ и $− b$ превратятся в $c2$ и $b2,$ а во втором уравнении знак минус пропадет, так как там перемножаются $− c$ и $− b.$ Следовательно, при изменении $z$ исходная система верна, а $k$ поменяет знак. Значит, если подходит $k,$ то $− k$ тоже подходит.

Ответ:

$±4$