Всего: 135 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–100 | 101–120 | 121–135
Добавить в вариант
Пусть p и q — взаимно простые натуральные числа. Лягушка прыгает по числовой прямой, начиная в точке 0, каждый раз либо на p вправо, либо на q влево. Однажды лягушка вернулась в 0. Докажите, что для любого натурального 
найдутся два числа, посещенные лягушкой и отличающиеся на d.
Пусть в момент времени k лягушка находится в точке ak, 
Продолжим последовательность (ai) периодически по правилу 
Обозначим 
Заметим, что 
поэтому 
для любого n.
Так как p и q взаимно простые, то p и A взаимно простые. Докажем, что найдется такое целое s, что 
В самом деле, числа 0, p, 
дают различные остатки при делении на A (иначе для некоторых 
получаем, что 
чего не может быть, так как 
не делится на A, а p взаимно просто с A). А значит, среди этих остатков есть и d.
Обозначим 
Легко видеть, что все 
дают остаток d от деления на A.
Если ak — самая левая из точек, посещенных лягушкой, то 
Если ak — самая правая точка, то 
Значит, при некотором i в последовательности ri происходит перемена знака, 
и 
Тогда 
потому что
А так как 
то 
что и требовалось.
Приведем другое решение.
Предположим, что для какого-то 
такие точки не найдутся.
Лемма. Найдутся такие целые a и b, что 
Доказательство леммы. Рассмотрим числа ар–d при 
Если хотя бы одно из них делится на q, то есть имеет вид bq, то мы получаем 
что и требуется. В ином случае какие-то два их этих чисел дают одинаковый остаток от деления на q (так как их всего ровно q и остатка 0 там нет). Тогда
откуда 
Тогда, так как p и q взаимно просты, a1–a2 кратно q; но в диапазоне от 2 до 
все числа отличаются менее чем на q, то есть этот случай невозможен. Лемма доказана.
Мы можем увеличить a на q, а b на p — соотношение 
при этом не нарушится. Будем делать так до тех пор, пока не добьемся 
Пусть лягушка вернулась в 0, сделав n шагов вправо и m шагов влево. Тогда 
а значит, 
Будем считать, что лягушка пропрыгивает эту последовательность 
ходов бесконечное число раз по циклу; ясно, что точки она при этом будет посещать те же.
Возьмем 
Расставим по кругу буквы, описывающие 
подряд идущих ходов лягушки. Будем выписывать их по часовой стрелке, по одной букве на ход; если это ход вправо, напишем букву «П», а если ход влево — «Л». Всего мы расставили по кругу nk букв «П» и mk букв «Л».
Пусть мы найдем отрезок из 
подряд идущих букв, среди которых ровно a раз встречается «П» (и ровно b раз «Л»). Тогда эти буквы соответствуют последовательным ходам, за которые лягушка сдвинулась ровно на ap
Противоречие. Значит, ни на каком таком отрезке буква «П» не может встречаться a раз.
Рассмотрим какой-то отрезок из подряд идущих букв. Пусть буква «П» встречается на нем не более чем 
раз. Посмотрим на отрезок из букв, отличающийся от предыдущего сдвигом на 1 по часовой стрелке, то есть получившийся выкидыванием одной буквы и добавлением другой. Заметим, что на новом отрезке буква «П» встречается не более чем 
раз, а так как ровно a быть не может, то тоже не более чем раз. Повторив эти рассуждения, получим, что на любом отрезке такой длины буква «П». встречается не более чем раз. Мы можем рассмотреть среднее количество букв «П». во всех наборах подряд идущих букв и сделать вывод, что доля букв «П» во всем круге не более 
Значит, отношение количества букв «П» к количеству букв «Л» во всем круге не превосходит 
Аналогично, если на каком-то отрезке из подряд идущих букв буква «П» встречается не менее чем 
раз, то отношение количества букв «П» во всем круге к количеству букв «Л» не менее 
Следовательно, либо 
либо 
При этом 
Чтобы прийти к противоречию, нам достаточно показать, что
Левое неравенство эквивалентно 
что следует из 
Правое неравенство аналогично эквивалентно 
что следует из 
Мы пришли к противоречию, значит, точки на расстоянии d найдутся.
Приведем еще одно решение.
Как и в предыдущем решении, будем считать, что лягушка прыгает в бесконечном цикле. Также воспользуемся представлением для положительных a и b, сумму обозначив за r.
За δi обозначим разность между положениями лягушки в момент 
(то есть через шагов после начала) и в момент i. Так как их разделяет r шагов, то
Если δi равно d, то мы нашли искомые позиции. Предположим противное: пусть 
для всех i. Тогда все числа δi имеют вид 
для целых 
Заметим, что разность между δi и 
определяется тем, какими были 
-й
-й
0 или 
Это означает, что числа δi либо все меньше 0 (имеют вид 
для натурального k), либо все больше 0 (имеют вид для натурального k).
Тогда рассмотрим позицию лягушки через rT шагов, где T — количество шагов в ее цикле. С одной стороны, она равна сумме
которая по доказанному выше должна быть либо отрицательной, либо положительной. С другой стороны, через rT шагов лягушка вернется на позицию 0. Противоречие.
Для положительных чисел a, b, c и d докажите неравенство
(А. Храбров)
Первое решение. Положим 
и 
Поскольку
имеем неравенство 
Запишем доказываемое неравенство в новых обозначениях: 
Достаточно проверить, что
После сокращения на 2 и приведения к общему знаменателю получится неравенство
Последнее очевидно, поскольку 
Второе решение. По неравенству Коши для трех положительных чисел:
Ответ: 6.
Доказать, что при a > 0, b > 0, c > 0 выполняется неравенство
Данное неравенство является симметричным относительно переменных a, b, c и поэтому можно считать, что 
В стандартных обозначениях
неравенство принимает вид:
Теперь имеем:
Ho
Так как 
то 
откуда и следует доказываемое неравенство.
Пусть для положительных чисел a, b, c, x, y, z выполнены соотношения: 
и 
Доказать, что тогда 
От противного, пусть 
Запишем соотношения в виде 
Все части неравенств положительны, перемножив первые два и домножив на 4, а также возведя третье в квадрат, получим
откуда 
что невозможно. Ввиду полученного противоречия предположение о том, что 
неверно, следовательно, 
что и требовалось доказать.
Отсутствие комментариев о положительности частей при умножениях неравенств: минус 1 балл.
Для положительных чисел a и b выполняется неравенство 
Доказать, что тогда 
Умножим неравенство 
на положительное b, получим эквивалентное 
Ввиду неравенства 
из условия, достаточно доказать, что 
Последнее неравенство 
эквивалентно очевидному
что завершает доказательство.
Докажите, что для любых положительных чисел a и b и любого натурального n выполняется неравенство
Перепишем левую часть неравенства из условия в виде
и заметим, что, ввиду известного неравенства
при всех положительных x, имеем
и 
откуда следует утверждение задачи.
Докажите неравенство 
При каком наибольшем k верно неравенство
Первое неравенство задачи следует из тождества
Положив во втором неравенстве 
получим 
значит, 
Доказать это равенство при 
можно точно также, как и первое.
Ответ: 
Известно, что 
Докажите, что 
Задача на индуктивный способ рассуждения. Рассмотрим выражение
Отсюда
поскольку 
Докажите, что 
при всех 
Поскольку 
и 
то
эквивалентному исходному.Действительные числа a, b и c таковы, что 
и 
Докажите, что 
Рассмотрим многочлен
Числа а, b, c являются его корнями; рассуждение предыдущей задачи показывает, что уравнение Р(х) = 0 отрицательных корней не имеет, следовательно, эти числа положительны.
Пусть — a, b, c — длины сторон произвольного треугольника. Доказать, что 
Доказательство 1. Ввиду неравенства треугольника имеем: 
Перепишем это в виде 
Обе 
Перепишем это в виде 
Обе части каждого неравенства положительны, возведём их все в квадрат и сложим, получив:
Доказательство 2. Запишем три теоремы косинусов для треугольника ABC : 
Сложив эти три равенства, получим: 
Числа 2ab, 2ac, 2bc положительны, а каждый из множителей 
не превосходит 1, поэтому при замене этих множителей в правой части на 1, она не уменьшится и получится требуемое неравенство 
Неупоминание о положительности сторон неравенства про возведении в квадрат или о положительности 2ab, 2ac, 2bc при замене множителей в правой части на 1: минус 1 балл.
Найдите наибольшее возможное значение отношения трехзначного числа к сумме его цифр.
Пусть 
где a, b, c — цифры числа. Ясно, что для «круглых» чисел 
имеем 
Далее, если число N — не круглое, то 
и 
а так как старшая цифра числа N равна a, то 
и
Таким образом, наибольшее значение рассматриваемого отношения равно 100. Достигается это значение лишь для «круглых» чисел.
Ответ: 100.
Можно ли выражение 
представить в виде произведения 
Ответ обосновать.
Положим в равенстве
переменную x равной 0. Тогда 
то есть g(y) — некоторая константа, равная 
при всех значениях y. Аналогично, при 
получим, что 
при всех значениях x. Очевидно, что
так как выражение слева постоянно, а справа меняется в зависимости от значений x и y, то есть, такое представление невозможно.
Ответ: невозможно.
Доказать неравенство
Введем новые обозначения
Тогда
Имеем
поскольку
Неравенство доказано.
Дано n положительных чисел a1, 
Докажите, что
Заметим, что
Следовательно,
Так как
то
А отсюда в силу положительности ai очевидно получается справедливость доказываемого тождества.
Сколько существует способов представить число 2017 в виде суммы натуральных членов геометрической прогрессии?
Пусть b1 — первый член геометрической прогрессии, а q — множитель этой прогрессии.
По условию задачи любой элемент прогрессии 
В таком случае 
обязательно является дробным числом, то есть 
Пусть 
представление множителя прогрессии в виде несократимой дроби и
Предположим, что 
тогда 
и либо 
либо 
Далее будем полагать, что 
Подставим в уравнение
Получаем
откуда
Поскольку 
то 
следовательно, последнее уравнение можно переписать в виде
Заметим, что 
в силу последнего равенства, поскольку иначе сумма 
не могла бы быть равна натуральному числу. Так как все элементы суммы 
натуральны и в сумме должны давать 2017, то 
и 
Теперь
и n и m взаимно простые, откуда следует, что 
а значит 
Предположим, что 
тогда 
а значит сумма
не может давать натурального числа. Следовательно, 
Осталось найти все комбинации, когда
При 
подходят все суммы типа
При 
получаем уравнение 
Достаточно рассмотреть случай 
Тогда
Из условия
получаем, что 
a следовательно, нужно перебрать все возможные m от 1 до 25 в поисках такого, что 
будет натуральным числом.
Подбором получаем, что таким числом из указанного диапазона является только число 7, при котором 
Проверим
Для нечетных 
верно, что
Поскольку 2017 — простое число, то оно не может быть произведением двух целых чисел. При 
получаем уравнение
причем 
а следовательно, 
Поскольку n, m взаимно простые стоит проверить лишь пары чисел
Для проверки рекомендуем перейти к уравнению 
Ни одна из пар не подходит, При 
получаем уравнение
причем 
а следовательно, 
Нужно проверить пары чисел (1, 2), (1, 3), (2, 3). Для проверки рекомендуем перейти к уравнению 
Ни одна из пар не подходит.
При 
получаем, что 
а следовательно, 
Поскольку n, m взаимно простые, то необходимо рассмотреть лишь пару (1, 2). Тогда
однако число 2018 не является натуральной степенью числа 2, поэтому такого быть не может.
С точностью до перестановок слагаемых существует 1008 способов представить число 2017 в виде двух слагаемых, 1 способ представить в виде суммы трех слагаемых, и 1 способ представить в виде 2017 слагаемых. Итого 1010 способов.
Ответ: 1010 способов.
Существует ли натуральное число z, которое можно двумя различными способами записать в виде 
где x и y — натуральные числа, такие, что 
Пусть для натурального z имеются натуральные числа 
такие, что
Без ограничения общности 
Тогда не может быть 
иначе
что невозможно. Поэтому, 
Тогда для x2 имеем: 
и 
Поэтому число 
делится на x2!. Вследствие (1) число x1! также делится на x2!, что противоречит предположению, что 
Таким образом, утверждение доказано.
Ответ: да, существует.
Докажите, что если действительные числа a1, a2, ..., an удовлетворяют неравенству
то все числа a1,
1) Докажем сначала, что для любого натурального k и произвольных действительных чисел
Будем рассуждать по индукции. База индукции при очевидна. Сделаем шаг индукции. Пусть утверждение справедливо для k слагаемых. Докажем его для 
слагаемого. Тогда
По предположению индукции в правой части последнего неравенства, Получим:
откуда и получается искомое неравенство.
2) Теперь займемся утверждением из условия задачи. Оно опять же очевидно при Для 
по доказанному в 1) имеем:
Учитывая теперь неравенство из условия задачи, получим:
откуда следует вытекает, что 
Теперь просто изменяя порядок нумерации чисел 
можно аналогично показать, что любое 
Для положительных чисел a, b, c таких, что 
докажите, что
Заметим, что
Докажем теперь, что
В силу симметричности левой и правой частей неравенства, можно без ограничения общности считать, что 
тогда
Применяя транснеравенство для наборов 
и
получаем
что и требовалось доказать.
Положительные числа a, b, c таковы, что 
Докажите, что
Исходное неравенство равносильно неравенству
Известно, что сумма двух положительных взаимно обратных чисел не меньше 2, значит,
следовательно,
поэтому достаточно доказать, что
По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим имеем
откуда 
Вновь применяя это же неравенство, получаем
что и требовалось доказать.
Наверх