Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

ПВГ - задания по годам → .16 ПВГ 2024

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг (покори воробьёвы горы)

Разделы подтемы ПВГ - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85548Максимум баллов за задание: 7

На испытаниях беспилотных летательных аппаратов лучшими оказались две модели. При встречном ветре 3 м/с модель Альфа продержалась в воздухе на 150 секунд меньше модели Бета, но пролетела на 500 метров дальше. Какая из моделей пролетит большее расстояние при безветренной погоде и на сколько? Скорость каждой из моделей считать постоянной. Время нахождения модели в воздухе определяется только ее техническими параметрами и не зависит от погодных условий.

Источники: ПВГ - 2024, 11.1 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вопрос задачи «Какая из моделей пролетит большее расстояние...». То есть не обязательно находить каждое расстояние по отдельности. Можно просто выразить их разность!

Подсказка 2

Введите переменные и составьте уравнения по условию задачи. Внимательно посмотрите на уравнение, связанное с расстояниями: может, именно там и скрывается искомая разность, нужно лишь применить в нём имеющиеся знания про разность времени полётов.

Показать ответ и решение

Решим задачу в общем виде. В условии заданы: $u$ м/с - скорость ветра; модель Альфа продержалась в воздухе на $t$ секунд меньше модели Бета; модель Альфа пролетела на $l$ метров дальше.

Пусть $v1$ и $v2$ - скорости при безветренной погоде моделей Альфа и Бета соответственно (в $M ∕c$ ), $t1$ и $t2$ - время (в секундах), которое первая и вторая модели соответственно продержались в воздухе.

Тогда при встречном ветре $(v1− u)t1$ - дальность полета модели Альфа, $(v2− u)t2−$ дальность полета модели Бета. По условию:

t= t2− t1, l=(v1− u)t1− (v2− u)t2 =v1t1 − v2t2 +ut.

При безветренной погоде разность между дальностью полета первой и второй моделей равна

x= v1t1− v2t2 = l− ut.

Таким образом, $x> 0$ , если $l>ut;x< 0$ , если $l< ut;x =0$ , если $l= ut$ . При $u= 3,t=150$ и $l= 500$ получаем $x =500− 450 =50> 0$ . Значит, модель Альфа пролетит дальше на 50 метров.

Ответ: модель Альфа, на 50 м

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85549Максимум баллов за задание: 7

Найдите $f(2024)$ , если

f(x)=|2x− 1|− |2x− 3|+6 при x∈ [0;2]

и, кроме того, при всех целых значениях $x$ выполняются неравенства

f(x+ 3)≤ f(x)+ 6 и f(x+ 2)≥f(x)+ 4

Источники: ПВГ - 2024, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем как-то связать два неравенства из условия. Какие аргументы для этого можно подставить?

Подсказка 2

Нужно подставить такое аргументы, чтобы числа в неравенствах могли получаться как с помощью +4, так и с помощью +6…

Подсказка 3

Попробуем поработать с f(x), f(x+3), f(x+6), а также с f(x+2), f(x+4). К каким неравенствам можно прийти? Какой вывод из этого сделать? Пробуем прийти к определенности, то есть к равенству!

Подсказка 4

f(x+6) <= f(x+3) + 6 <= f(x) + 12. Аналогично попробуем использовать и второе условие, к каким выводам придем?

Подсказка 5

f(x+3) = f(x) + 6, f(x+2) = f(x) + 4, f(x+1)=f(x)+2. А теперь попробуем задать функцию! ;)

Показать ответ и решение

Отметим, что $f(0)= 4,f(1)= 6,f(2)= 8$ . По условию, с одной стороны,

f(x+ 6)≤f(x+ 3)+6 ≤f(x)+12,

а, с другой стороны,

f(x+ 6)≥f(x+ 4)+4≥ f(x+ 2)+ 8≥ f(x)+ 12

Поэтому $f(x+ 6)=f(x)+ 12$ и, более того, все неравенства выше обращаются в равенства.

Поэтому $f(x+ 3)=f(x)+ 6,f(x+ 2)= f(x)+4$ и $f(x+ 1)= f(x)+2$ .

Таким образом, искомая функция - это функция $f(x)= 4+ 2x$ при целых значениях $x$ .

Кроме этого, известны значения функции на отрезке $[0;2]$ .

Значит, $f(2024)=4+ 2024⋅2 =4052$ .

Ответ: 4052

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85551Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

2 36cos(x+ cosx)cos(x− cosx)+ 9= π

и найдите сумму его корней, принадлежащих отрезку $[π;7π] 3 4$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Работать с произведением косинусов неудобно. Какие преобразования можно сделать, чтобы облегчить решение?

Подсказка 2

Воспользуемся формулами преобразования произведения в сумму и сделаем замену. А что если рассмотреть выражение как функцию?

Подсказка 3

Функция слева приобретет вид f(t) = 2t^2-1 + cos(2t). Исследуем же ее!

Подсказка 4

Какой является эта функция и где она монотонна?

Подсказка 5

Функция f возрастает на [0;1] и является четной. Если пристально посмотреть, какие же t нам подходят? А какие из них попадают в наш отрезок?

Показать ответ и решение

Пользуясь формулами преобразования произведения в сумму, получаем

π2 1 cos2x+ cos(2cosx)= 18 − 2

Пусть $t=cosx$ , тогда левая часть уравнения равна $2 f(t)= 2t − 1+ cos2t$ . Функция $f$ возрастает на $[0;1]$ (так как $′ f (t)= 2(2t− sin2t$ ) >0 при $t>0$ ) и является чётной, причём $(π) π2 1 f 6 = 18 − 2$ . Следовательно, корнями уравнения $π2 1 f(t)= 18 − 2$ на отрезке $[−1;1]$ являются числа $π t= ±6$ . Возвращаясь к переменной $x$ , находим

π x= ±arccos6 +πn,n∈ Z

Так как

√ - π = arccos--2< arccosπ< arccos1= π , 4 2 6 2 3

то на указанный отрезок попадают корни $π−$ $arccosπ,π+ arccosπ 6 6$ и $2π− arccos π 6$ . Их сумма равна $4π− arccosπ 6$ .

Ответ:

$x =± arccosπ+ πn,n ∈Z 6$ .

Сумма корней равна $π 4π − arccos6.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#85553Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $PVG$ обозначили точку пересечения высот через $H$ , центр описанной окружности через $O$ . Площади треугольников $OHP$ и $OHV$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $OHG$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, на нашем чертеже треугольник и две точки внутри него. Как-то пусто, и совсем не понятно, что с такой картинкой делать. Значит нужно придумать, что еще тут построить. Может быть, отметить какую-нибудь точку так, чтобы о прямой, соединяющей эту точку и центр описанной окружности нам было что-то известно. Что это может быть за точка?

Подсказка 2

Пусть М - середина стороны PV. Тогда ОМ перпендикулярна PV, а GM - медиана треугольника. Пусть GM пересекает отрезок ОН в точке Т. Вот, теперь чертеж выглядит поинтереснее! Рассмотрите его и найдите подобие.

Подсказка 3

Итак, треугольники GHT и OTM подобны. Но с каким коэффициентом? Чтобы это узнать, нужно заметить, что Н - это не абы что, а ортоцентр, и вспомнить его свойства.

Подсказка 4

По свойству ортоцентра GH = 2*OM. Получается, GT : TM = 2 : 1. Как тогда относятся друг к другу площади треугольников GHO и OHM?

Подсказка 5

Так же как 2 к 1! Теперь выразите площадь OHM через известные нам площади. Тут самое главное не забыть рассмотреть случаи!

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $O$ — центр описанной окружности, то в точке $O$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Пусть точка $M$ — середина стороны $PV$ , тогда $GM$ медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $OH$ .

$PIC$

Треугольники $MOT$ и $GHT$ подобны (следует из параллельности прямых $MO$ и $HG$ , которые обе перпендикулярны прямой $P V$ ). Так как $HG = 2⋅MO$ (этот факт из школьной геометрии хорошо известен как "свойство ортоцентра"), то коэффициент подобия равен 2. Значит, $GT :TM = 2:1$ , то есть медиана $GM$ делится точкой $T$ в отношении $2:1$ . Это означает, что $T$ - точка пересечения медиан треугольника $P VG$ . Поэтому площадь $△OHG$ в 2 раза больше площади $△OHM$ .

Так как $M$ — середина $P V$ , то

S = S△OHP-+S△OHV--⇒ S = S + S . △OHM 2 △OHG △OHP △OHV

Здесь ошибкой был бы вывод о том, что, значит, $S =5+ 3= 8 △OHG$ . Дело в том, что выше доказано, что одна из этих трех площадей является суммой двух других. Но какая именно, зависит от рисунка, который мы сделаем. Важно, где прямая $OH$ пересекает стороны треугольника. Если треугольник $P VG$ правильный, то точки $O$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются (это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5). Если прямая $OH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0 , а две другие — ненулевые, но равны между собой (тоже не наш случай). Если же прямая $OH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в одном случае это $OHG$ , в другом — $OHP,$ в третьем — $OHV )$ является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= x$ (то есть $x= 8$ ), либо $3+x =5$ (то есть $x =2$ ), либо $5 +x =3$ (что невозможно).

Ответ: 8 или 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85554Максимум баллов за задание: 7

Кривая, заданная уравнением $y = x2+ px+ q$ , пересекает ось $Ox$ прямоугольной декартовой системы координат в точках $A$ и $B$ , а ось $Oy$ - в точке $C$ (все три точки различны). Известно, что точка $D$ равноудалена от точек $A,B$ и $C$ , а сумма ее координат равна (-2023). Найдите минимально возможную при данных условиях длину отрезка $AB$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А, В, С — точки параболы, причём при пересечении с осями Ох и Оу. Тогда про координаты этих точек много уже известно. Подумайте, как называют точки пересечения параболы и оси Охи, и используйте известную теорему для квадратного уравнения.

Подсказка 2

Известная теорема для квадратного уравнения— теорема Виета. Используйте и другие условия задачи, постарайтесь получить значение q - p, ведь только эти переменные изначально даны в условии.

Подсказка 3

Вы уже знаете, что абсциссы А и В — это корни квадратного уравнения и помимо теоремы Виета у них есть явные формулы, используйте это, выражая АВ.

Для оценки какого-то выражения очень часто его преобразовывают в сумму квадратов и констант, так как квадрат всегда неотрицательный. Попробуйте сделать что-то похожее с подкоренным выражением искомого расстояния.

Показать ответ и решение

Из условия вытекает, что $q ⁄= 0$ . Если обозначить $A(x;0),B(x;0),C(0;q),D (x;y) 1 2$ , то, очевидно, что $x= x1+x2- 2$ . Далее

2 2 |DB| = |DC |

2 2 2 2 (x− x2) +y = x + (y − q)

2qy =q2+ 2xx − x2 2 2

Так как $2x= x1+ x2$ , то $2qy = q2+ x1x2$ . Поэтому с учетом теоремы Виета: $x =− p2,y = q+12-$ .

Тогда из условия задачи имеем уравнение

q− p= 2⋅(− 2023)− 1 =− 4047

По формуле корней квадратного уравнения,

-- ∘ ------ |AB|= |x2− x1|=√ D = p2− 4q,

откуда следует

|AB|2 = p2 − 4q = p2− 4p +4⋅4047= (p− 2)2 +4⋅4046≥4 ⋅4046

Данное значение $√---- √ -- |AB |= 2 4046= 34 14$ достигается при $p =2,q = −4045$ .

Ответ:

$2√4046= 34√14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85555Максимум баллов за задание: 7

Найдите все значения $a$ , при каждом из которых уравнение

x 2 |2[tga]− 1| =[tga]+ 2

имеет рациональное решение $x$ . Здесь, $[t]$ - целая часть числа $t$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.6 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы найти все а, нужно сначала найти все возможные значения [tgа]. А чтобы целая часть тангенса не смущала, можно просто заменить её на некоторое целое число b.
Модуль наталкивает на рассмотрение нескольких случаев. Каких?

Подсказка 2

Если b = 0, b > 0 и b < 0. Первый совсем простой. Рассмотрим, когда b > 0, то есть b — натуральное. Попробуйте оценить правую часть выражения. Может ли х быть отрицательный?

Подсказка 3

Чтобы ответить на вопрос предыдущей подсказки, Вам поможет неравенство (b - 1)² ≥ 0.
Тогда можно сделать вывод, что х положительный. Значит, что можно сказать о простых делителях 2b - 1 и b² + 2?

Подсказка 4

Эти выражения имеют одни и те же простые делители! Тогда если p — некоторый общий простой делитель, то пусть b² + 2 = pN, а 2b - 1 = pM. Избавившись от b в левых частях уравнений полученной системы, получите уравнение в целых числах(*) и сделайте вывод, чему может быть равно p.

Подсказка 5

р = 3. Поэтому можно записать b² + 2 как 3^n, а 2b - 1 как 3^m, тогда, используя это, (*) уже совсем несложно решается.

Подсказка 6

Случай b < 0, решается аналогично, если сделать замену c = -b.
Останется лишь решить [tgа] = b для всех найденных значений b.

Показать ответ и решение

Положим $b= [tga]$ . Тогда уравнение принимает вид $(|2b− 1|)x =b2+ 2,b∈ ℤ$ . Нужно найти все целочисленные значения $b$ , при которых существует рациональное решение $x$ .

При $b= 0$ решений нет. Рассмотрим вначале случай $b> 0$ , т.е. $b∈ℕ$ . Тогда поскольку при любом натуральном $b$

2 b + 2> 2b− 1 ≥1,

то можем считать, что в представлении $x= d∕q$ числа $d$ и $q$ натуральные. Значит, числа $b2+ 2$ и $2b − 1$ имеют одни и те же простые делители.

Пусть $p$ - общий простой делитель этих чисел, тогда

{ b2+ 2= pN, 2b− 1= pM,

где $N$ и $M$ - натуральные. Исключая $b$ из левых частей уравнений этой системы, получаем

9= 4(b2 +2)− (2b− 1)(2b+1)= (4N − (2b+ 1)M )p.

Значит $(4N − (2b+1)M )$ - натуральное, а $p$ -делитель 9 , т.е. $p= 3$ . Поэтому

{ b2+ 2= pm, 2b− 1= pk,

где $m$ и $k$ - натуральные и $m > k$ . Так как

( ) ( ) 9= 4(b2+ 2)− (2b− 1)(2b+ 1)= 4⋅3m − 3k+2 ⋅3k =3k 4⋅3m−k − 3k− 2 ,

a $4⋅3m−k− 3k− 2$ не делится на 3 , то $k =2$ и $m = 3,b= 5,x= 32$ .

Для отрицательных $b$ решение проводится почти аналогично. Положим $c= −b$ . Тогда исходное уравнение будет записываться в виде:

(2c+ 1)x =c2+ 2, c∈ ℕ.

Случай $c=1$ очевиден, поскольку решение $x= 1$ . Пусть $c∈ℕ,c≥ 2$ . Аналогично предыдущему показывается, что в представлении $x= d∕q$ числа $d$ и $q$ натуральные. Опять предположив, что $p$ - общий простой делитель этих чисел, получим

{ c2+ 2= pN, 2c+ 1= pM,

и также сделаем вывод, что $p= 3$ . Поэтому

{ c2+ 2= 3m, 2c+ 1= 3k,

где $m$ и $k$ - натуральные и $m > k$ . Так как

( ) ( ) 9= 4(c2+ 2)− (2c− 1)(2c+ 1)= 4⋅3m − 3k− 2 ⋅3k =3k 4⋅3m−k − 3k+ 2 ,

а $4⋅3m−k− 3k+ 2$ не делится на 3 , то $k= 2$ и $4⋅3m−2− 32+2 =1$ или $4⋅3m−2 = 8$ , но последнее уравнение не имеет натуральных решений.

Поэтому все решения описываются уравнениями: $[tga]= −1$ и $[tga]=5$ , решив которые приходим к ответу.

Ответ:

$a ∈[−π∕4+πn;πn)∪[arctg5+ πn;arctg6+ πn),n ∈ℤ$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#134567Максимум баллов за задание: 7

На бумажном правильном треугольнике со стороной 45 отметили 2023 красных точки. Можно ли на этом треугольнике разместить два правильных треугольника со стороной 1, не имеющих общих внутренних точек, так, чтобы внутри каждого из них не было ни одной красной точки?

Источники: ПВГ - 2024, 10.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем разделить каждую сторону треугольника на 45 частей, разместив на сторонах по 44 точки. Что теперь можем сделать с этими частями, чтобы получить треугольники со сторонами 1?

Подсказка 2

Проведем через эти точки для каждой из сторон по 44 параллельных прямых. Таким образом, мы разделим наш треугольник на 2025 правильных треугольников со сторонами 1. А теперь вспомним, сколько во всем треугольнике поставлено красных точек?

Подсказка 3

Посмотрим на количество "маленьких" треугольников и, воспользовавшись принципом Дирихле, сделаем вывод о том, сколько из них могут содержать в себе красные точки.

Показать ответ и решение

Проведя $3⋅44= 132$ прямых, параллельных сторонам исходного треугольника, разобьем бумажный треугольник на $452 =2025$ правильных треугольников со стороной $1.$ Так как отмечено $2023$ точки, то по прицнипу Дирихле существует, как минимум, два треугольника, на которых точек нет, что и доказывает требуемое.

Ответ: Можно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#134570Максимум баллов за задание: 7

Найдите $f(2024),$ если $f(x)= |2x− 1|−$ $|2x− 3|+6$ при $x∈ [0;2],$ а также при всех целых значениях $x$

{ f(x+3)≤ f(x)+6 f(x+2)≥ f(x)+4

Источники: ПВГ - 2024, 10.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что мы можем "навесить" сразу оба неравенства на f(x), воспользовавшись каким-то f(x + k). Какое минимальное значение k нам подходит, с учетом того, что мы знаем отношение f(x) с f(x + 2) и f(x + 3)?

Подсказка 2

Нам подходит f(x + 6): рассмотрев его в контексте обоих неравенств, мы сможем написать двойное неравенство на f(x) и f(x + 6). Какое это будет неравенство?

Подсказка 3

Ограничив f(x) с двух сторон, мы получаем, что наше двойное неравенство на самом деле является равенством вида f(x + 6) = f(x) + m. Что мы можем сделать дальше?

Подсказка 4

Нам остается только найти f(2), так как знаем, что 2024 - 2 делится на 6, то есть, используя ранее полученное равенство, можем выразить f(2024) через f(2).

Показать ответ и решение

Отметим, что $f(0)= 4,$ $f(1)= 6,$ $f(2) =8.$ По условию, с одной стороны,

f(x +6)≤ f(x +3)+ 6≤ f(x)+ 12

С другой стороны,

f(x+ 6)≥f(x+ 4)+4≥ f(x+ 2)+ 8≥ f(x)+ 12

Поэтому

f(x+ 6)= f(x)+12

и, более того, все неравенства выше обращаются в равенства. Поэтому выполняется

f(x+ 3)= f(x)+ 6

f(x+ 2)= f(x)+ 4

f(x+ 1)= f(x)+ 2

Таким образом, искомая функция — это функция $f(x)= 4+ 2x$ при целых значениях $x.$ Кроме этого, известны значения функции на отрезке $[0;2].$ Значит,

f(2024)= 4+2024⋅2= 4052

Ответ: 4052

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#134571Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $LOM$ обозначили точку пересечения высот через $H,$ центр описанной окружности через $Q.$ Площади треугольников $LQH$ и $OQH$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $MQH.$

Источники: ПВГ - 2024, 10.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $Q$ — центр описанной окружности, то в точке $Q$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Так как точка $N$ — середина стороны $LO,$ то $MN$ — медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $HQ.$

$PIC$

Треугольники $NQT$ и $MHT$ подобны — это следует из параллельности прямых $NQ$ и $HM,$ которые обе перпендикулярны прямой $LO$ . По теореме о прямой Эйлера $HM = 2⋅NQ$ , тогда коэффициент подобия равен 2.

Значит, $MT :TN = 2:1,$ то есть медиана $MN$ делится точкой $T$ в отношении $2:1.$ Это означает, что $T$ — точка пересечения медиан треугольника $LOM.$

Поэтому площадь $ΔMQH$ в 2 раза больше площади $ΔNQH.$ Так как $N$ — середина $LO,$ то

SΔNQH = SΔLQH-+2SΔOQH--

SΔMQH = SΔLQH +SΔOQH

Рассмотрим несколько случаев, чтобы определить, какая из площадей является суммой двух других. Для этого нам важно понять, где прямая $QH$ пересекает стороны треугольника.

Если треугольник $LOM$ правильный, то точки $Q$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются. Это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5.

Если прямая $QH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0, а две другие — ненулевые, но равны между собой — этот случай нам не подходит.

Если же прямая $QH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в первом случае это $MQH,$ во втором — $LQH,$ в третьем — $OQH$ ) является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= 8,$ либо $5 − 3 =2,$ либо $3− 5= −2,$ что невозможно.

Ответ: 8 или 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#134573Максимум баллов за задание: 7

Найдите все значения $α,$ при каждом из которых уравнение

x 2 |2[tgα]− 1| =[tgα]+ 2

имеет рациональное решение $x.$ Здесь $[t]$ — целая часть числа $t.$

Источники: ПВГ - 2024, 10.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будет удобно ввести замену b = [tgα].

Подсказка 2

Рассмотрите решения полученного после замены уравнений при b = 0 и при натуральном b. Сделайте выводы о представлении числа x дробью.

Подсказка 3

Попробуйте подставить отрицательный x и натуральное b. Обратите внимание, как себя ведут левая и правая части в связи с монотонностью при натуральном b.

Подсказка 4

Заметьте, что выполняется неравенство b² + 2 > 2b - 1 ≥ 1

Подсказка 5

Можем считать, что x = d/q, где d и q — натуральные числа, откуда b² + 2 и 2b - 1 имеют общие делители. Введите систему, в которой представьте b² + 2 и 2b - 1 в виде произведения некоторых чисел.

Подсказка 6

Попробуйте получить какие-то замечания относительно представления чисел b² + 2 и 2b - 1 в виде произведения. Для этого исключите b из левой части.

Подсказка 7

Домножьте выражение с b² + 2 на 4, а выражение с 2b - 1 — на 2b + 1. Потом вычтите второе из первого. Проанализуруйте полученное выражение, основываясь на делимости.

Подсказка 8

И b² + 2, и 2b - 1 представимы в виде степени некого простого числа.

Подсказка 9

Пусть p — общий простой делитель b² + 2 и 2b - 1. Найдите его точное значение и сделайте выводы о представлении b² + 2 и 2b - 1 в виде произведения.

Подсказка 10

Найдите точные значения b² + 2 и 2b - 1, пользуясь свойствами делимости. Проделайте аналогичные рассуждения для b < 0.

Показать ответ и решение

Положим $b= [tgα]$ . Тогда уравнение принимает вид

x 2 (|2b − 1|) = b + 2, b∈ℤ

Нужно найти все целочисленные значения $b,$ при которых существует рациональное решение $x.$

При $b= 0$ решений нет. Рассмотрим вначале натуральные $b.$ Тогда поскольку при любом натуральном $b$

2 b + 2> 2b− 1 ≥1,

то можем считать, что в представлении $x= dq$ числа $d$ и $q$ натуральные. Значит, числа $b2+2$ и $2b− 1$ имеют одни и те же простые делители.

Пусть $p$ — общий простой делитель этих чисел, тогда

{ b2+ 2= pN 2b− 1= pM

для натуральных $N$ и $M.$ Исключая $b$ из левых частей уравнений этой системы, получаем

9= 4(b2+2)− (2b− 1)(2b+ 1) =(4N − (2b+1)M)p

Значит, $(4N − (2b+ 1)M )$ — натуральное, а $p$ — делитель $9,$ т.е. $p= 3.$ Поэтому

{ b2 +2= pm 2b− 1= pk

для натуральных $m$ и $k,$ где $m > k.$ Так как

( ) 9= 4 b2+2 − (2b− 1)(2b+ 1) =

( ) ( ) = 4⋅3m − 3k+ 2 ⋅3k = 3k 4 ⋅3m −k− 3k − 2 ,

а $4⋅3m−k− 3k− 2$ не делится на $3,$ то $k= 2$ и $m = 3,b=5,x= 32.$ Для отрицательных $b$ решение проводится почти аналогично. Положим $c= −b.$ Тогда исходное уравнение будет записываться в виде:

(2c+ 1)x = c2+ 2, c∈ ℕ

Случай $c=1$ понятен, поскольку решение $x= 1.$ Пусть теперь $c$ натуральное и больше $1.$ Аналогично предыдущему показывается, что в представлении $d x= q$ числа $d$ и $q$ натуральные. Опять предположив, что $p$ — общий простой делитель этих чисел, получим

{ c2+ 2= pN 2c+ 1= pM

и также сделаем вывод, что $p= 3.$ Поэтому

{ 2 m c +2= 3 2c+1= 3k

для натуральных $m$ и $k,$ где $m > k.$ Так как

m−k k 4⋅3 − 3 + 2

не делится на $3,$ а

(2 ) m ( k ) k k( m−k k ) 9= 4c + 2 − (2c− 1)(2c+ 1)= 4⋅3 − 3 − 2 ⋅3 =3 4⋅3 − 3 + 2 ,

то $k= 2$ и $4⋅3m −2− 32+ 2= 1$ или $4⋅3m −2 = 8,$ но последнее уравнение не имеет натуральных решений. Поэтому все решения описываются уравнениями: $[tga]= −1$ и $[tga]= 5,$ решив которые приходим к ответу.

Ответ:

$a ∈[− π + πn;πn) ∪[arctg5+ πn;arctg6+πn),n∈ ℤ 4$

Предыдущая подтема

Следующая подтема