Тема НадЭн (Надежда энергетики)

НадЭн - задания по годам → .01 НадЭн до 2020

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела надэн (надежда энергетики)

Разделы подтемы НадЭн - задания по годам

НадЭн до 2020

НадЭн 2020

НадЭн 2021

НадЭн 2022

НадЭн 2023

НадЭн 2024

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#76735

Решите уравнение с тремя неизвестными

Y Z X + Y = XY Z

в натуральных числах.

Показать ответ и решение

1) Рассмотрим случаи. При $Y = 1$ получаем уравнение:

X +1 =XZ

откуда $X (Z − 1)= 1$ , то есть $X =1$ , $Z = 2$ .

2) При $Y = 2$ получаем уравнение:

2 Z X + 2 = 2XZ

(X − Z)2+2Z − Z2 =0

При $Z =1$ решений нет. При подстановке $Z = 2,3,4$ получаем решения $(2;2;2)$ , $(2;2;3)$ , $(4;2;3)$ , $(4;2;4)$ . При $Z > 4$ будет выполнено, что $2Z >Z2$ и тогда решений не будет.

Доказать, что $2Z > Z2$ легко по индукции. База индукции проверяется подстановкой $Z =5$ .

Шаг индукции доказывается тем, что если $2Z >Z2,$ то

2Z+1 =2Z +2Z >2Z2 >Z2 +2Z +1,

так как $Z2− 2Z− 1> 0$ при $Z > 4$ .

3) При $Y ≥3$ сначала рассмотрим случай $X = 1$ . Тогда имеем уравнение

Z 1+Y = YZ

которое не имеет решений, так как

YZ ≥ YZ− 1Y ≥ 2Z−1Y ≥ YZ

(неравенство $2Z− 1 ≥Z$ легко доказать по индукции)

Иначе $Y ≥ 3,X ≥ 2$ . Тогда

XY = XY −2X2 ≥ 2Y−2X2 ≥ 1X2Y 2

(в последнем переходе снова используем неравенство $2Y−1 ≥ Y$ )

Y Z = YZ− 1Y ≥ 3Z−1Y > 1Z2Y 2

При $Z <5$ неравенство

3Z−1 > 1Z2 2

можно проверить вручную, а при $Z ≥5$ сослаться на доказанное нами неравенство

3Z−1 > 2Z−1 > 1Z2 2

В итоге, воспользовавшись доказанным и неравенством между средними, получаем:

Y Z 1 2 1 2 √-2-2- X +Y > 2X Y + 2YZ ≥Y X Z =XY Z

То есть при $Y ≥3,X ≥2$ решений нет, так как

Y Z X + Y > XY Z

Ответ:

$(1;1;2)$ , $(2;2;2)$ , $(2;2;3)$ , $(4;2;3)$ , $(4;2;4).$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#91871

Найдите все функции $f(x)$ , определенные на всей числовой оси и удовлетворяющие условию $f(x− y)= f(x)⋅f(y)$ при всех $x,y$ .

Показать ответ и решение

Подставим в исходное равенство $y =x :$

2 f(0)=(f(x))

∘ ---- f(x)= ± f(0)

(1)

Подставим в исходное равенство $y = x= 0:$

f(0)= (f(0))2

[ f(0)= 0 f(0)= 1

Случай 1: $f(0)= 0$

Из $(1)$ следует, что $f(x)= 0$ для всех $x.$ Прямая подстановка в условие показывает, что данное решение подходит.

Случай 2: $f(0)= 1$

Подставляя в $(1),$ получаем, что $f(x)= ±1.$ Пусть есть некоторая точка $x , 0$ что $f(x )=− 1. 0$ Подставим в условие $x0- x =x0, y = 2 :$

( x0) (x0) f x0− -2 = (−1)⋅f -2

(x ) 2f -02 =0

Но последнее равенство не может выполняться, так как для всех $x$ мы уже знаем, что $f(x) =±1.$

Значит, не существует $x0,$ что $f(x0)= −1.$ Тогда $f(x)= 1.$ Подстановка показывает, что этот ответ подходит.

Ответ:

$f(x)= 0,f(x)=1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79220

Внутри параболы $y = x2$ расположены несовпадающие окружности $ω ,ω ,ω ,... 1 2 3$ так, что при каждом $n >1$ окружность $ω n$ касается ветвей параболы и внешним образом окружности $ωn−1.$ Найдите радиус окружности $ω1998,$ если известно, что диаметр $ω1$ равен $1$ и она касается параболы в ее вершине.

Источники: Всеросс., 1998, ЗЭ, 11.5(см. math.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Посмотрим, при каких условиях окружность касается параболы. Пусть есть окружность радиуса $R1$ с центром в точке $A,$ а $B$ — точка касания окружности и параболы. Проведем касательную $BE.$ Тогда $∘ ∠ABE = 90$

$PIC$

Проведём через точку $B$ прямую, параллельную оси $Ox$ $(C$ — точка пересечения прямой и оси $Oy).$

Тогда $∠CBA +∠EBC1 = 90∘.$

Получаем, что $tg∠EBC1 = ctg∠ABC,$ но $tg∠EBC1 = 2x1$ , так как $EB$ — касательная $y = x2$ в точке $x1.$

Значит,

CB-=2x1 =⇒ AC = 1 AC 2

Тогда по теореме Пифагора получаем, что

2 2 1 R1 = x1+ 4

Теперь рассмотрим случай с двумя окружностями.

$PIC$

Пусть $CB =x1$ и $C1B1 = x2.$ Тогда

2 2 ( 2 1) ( 2 1) 2 2 R2− R1 = x2+ 4 − x1+ 4 = x2− x1 (1)

Также знаем, что

R2+ R1 = CC1 =x22− x21 (1)

Из $(1)$ и $(2)$ получаем, что $R2− R1 = 1$ .

То есть мы поняли, что если есть две окружности радиуса $R2$ и $R1$ соответственно, которые касаются параболы и друг друга, то их радиусы отличаются на $1$ .

Тогда получается, если $1 Rw1 = D∕2= 2,$ то

1 1 Rw2 = 1+ 2,...,Rw1998 = 1998− 1+ 2 = 1997,5

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $rn$ — радиус $n$ -й окружности, $Sn = r1+r2+ ...+ rn.$ Тогда уравнение $(n +1)$ -й окружности имеет вид:

x2+ (y− (2Sn+ rn+1))2 = r2n+1 (1)

Условие касания означает то, что уравнение $(1)$ имеет один корень, тогда его дискриминат $D = (2rn+1− 1)2− 8Sn$ равен нулю, то есть $√--- rn+1 =-8Sn-+1 2$ (так как $rn+1 >0).$ Отсюда