П. Бородин, В. Галкин, В. Панферов,
И. Сергеев, В. Тарасов,
Москва

Разные и нестандартные задачи

Материалы вступительных экзаменов в МГУ

VII. Задачи на прогрессии представляют этот раздел.

Геологический факультет, июль, № 6 (8)

Дана арифметическая прогрессия а₁, а₂, ..., в которой

1) а₃ = – 13 и а₇ = 3;
2) а₃ = 13 и а₈ = – 7.

Определить, при каком количестве членов сумма прогрессии будет

1) наименьшей;
2) наибольшей;

найти значение этой суммы.

1. 1-е решение.

По условию

где d – разность прогрессии.

Сумма первых n членов прогрессии

является квадратичной функцией n. Минимум ее трехчлена находится в «нецелой» точке Поэтому надо вычислить и сравнить значения S₅ = – 65 и S₀ = – 66.

2-е решение. Арифметическая прогрессия с разностью d = 4 является возрастающей. Поскольку a₁ = – 21, то сумма S_n будет убывать до тех пор, пока ее слагаемые a_n = a₁ + d(n – 1) остаются отрицательными, т.е. пока – 21 + 4(n – 1) < 0 Ы 4n < 25 Ю n Ј 6.

Итак, минимальное значение суммы достигается при n = 6; это значение S₆ = – 66.

Ответ: n = 6; S₆ = – 66.

2. Ответ: n = 6; S₆ = 66.

Факультет социологии, июль, № 2 (6)

1. Найдите первый член и разность арифметической прогрессии, для которой сумма первых пяти членов с нечетными номерами на единицу больше суммы первых пяти членов с четными номерами и равна квадрату первого члена.

2. Найдите первый член и разность арифметической прогрессии, для которой сумма первых четырех членов с нечетными номерами на единицу меньше суммы первых четырех членов с четными номерами и равна взятому с отрицательным знаком квадрату первого члена.

1. Решение. Пусть а₁ – первый член прогрессии, d – ее разность.

Тогда

и условия задачи превращаются в уравнения

Из первого уравнения системы получаем второе уравнение дает 5a₁ – 4 =a²₁ . Значит, a₁ = 1 или a₁ = 4.

Ответ: разность прогрессии равна , а первый ее член равен 1 или 4.

2. Ответ: разность прогрессии равна , а первый ее член равен – 1 или – 3.

Географический факультет, № 2 (6)

1. Сумма первых пяти членов возрастающей арифметической прогрессии равна 15, а их произведение равно 1155. Найдите шестидесятый член прогрессии.

2. Сумма первых пяти членов убывающей арифметической прогрессии равна 5, а их произведение равно 280. Найдите семидесятый член прогрессии.

1. Решение. Пусть общий член прогрессии имеет вид a_n = a₁ + d(n – 1), n = 1, 2, ..., d > 0.

Тогда

Так как a₁ + a₅ = a₂ + a₄ = 2a₃, то

Ю (9 – 4d²)(9 – d²) = 385 Ы 4d⁴ – 45d² – 304 = 0.

Откуда d² = 16, т.е. d = 4, т.к. d > 0, и a₆₀ = a₃ + 57d = 3 + 57•4 = 231.

Ответ: шестидесятый член прогрессии равен 231.

2. Ответ: семидесятый член прогрессии равен – 200.

Факультет ВМиК, апрель, № 1 (6)

1. Пункты A, B, C и D расположены на прямой последовательно в указанном порядке. Пешеход выходит из пункта А и направляется в пункт D. Достигнув пункта D, он поворачивает обратно и доходит до пункта В, затратив на всю дорогу 5 часов. Известно, что расстояние между А и С он прошел за 3 часа, а расстояния между А и В, В и С, С и D в указанном порядке образуют геометрическую прогрессию. Зная, что скорость движения пешехода 5 км/час, найдите расстояние между В и С.

2. Пункты А, В, С и D расположены на прямой последовательно в указанном порядке. Пешеход выходит из пункта А и направляется в пункт D. Достигнув пункта D, он поворачивает обратно и доходит до пункта С, затратив на всю дорогу 8 часов 20 минут. Известно, что расстояние между В и D он прошел за 7 часов, а расстояния между А и В, С и D, и половина расстояния между В и С в указанном порядке образуют геометрическую прогрессию. Зная, что скорость движения пешехода равна 3 км/час, найдите расстояние между А и С.

1. Решение. Пусть x = | AB |, y = | BC | и z = | CD |. Тогда x > 0, y > 0, z > 0 и

Из второго уравнения x = 15 – y, вычитая почленно из первого уравнения второе, получаем

Значит

Ответ: | BC | = 5.

2. Ответ: | AC | = 19.

Механико-математический факультет, май, № 2 (6)

Сумма членов конечной геометрической прогрессии с первым членом 1 и положительным знаменателем равна

а сумма тех же членов прогрессии с чередующимися знаками (первый – со знаком «плюс», второй – со знаком «минус» и т.д.) равна

Найдите знаменатель прогрессии.

1. Решение. Пусть q – знаменатель прогрессии, содержащей n членов. Условия задачи приобретают вид

а) n – нечетное число.

б) n – четное число.

Значит, 40(1 – q) = 20(1 + q), т.е.

Ответ: знаменатель прогрессии равен

2. Ответ: знаменатель прогрессии равен .

VIII. В этом разделе представлены нестандартные задачи – как по форме, так и по содержанию.

Химический факультет, июль, № 7 (7)

Последовательность чисел а₁, а₂, ... определяется следующим правилом:

1.

2.

Найдите а₁₉₉₉.

1. Решение. Выпишем несколько членов и изучим члены с нечетными номерами, так как искомый член а₁₉₉₉ имеет нечетный номер.

a₁ = 0, a₂ = 2, a₃ = 4, a₄ = 6, a₅ = 12, a₆ = 14, a₇ = 28, a₈ = 30, a₉ = 60, a₁₀ = 62, a₁₁ = 124, ..., a₁₉₉₉, ...

Предположение.

Если члены a_{2n + 1} с нечетными номерами увеличить на 4, то получим геометрическую прогрессию b_n = a_{2n + 1} + 4, n = 0, 1, 2, ... с первым членом, равным 4 (b₀ = a₁ + 4 = 4), и знаменателем 2.

b₀ = a₁ + 4 = 4, b₁ = a₃ + 4 = 8, b₂ = a₅ + 4 = 16, b₃ = a₇ + 4 = 32, ...

Доказательство.

Пусть b_n = a_{2n + 1} + 4, n = 0, 1, 2, ... Тогда по условию имеем

b_{n + 1} = a_{2(n + 1) + 1} + 4 = 2a_{2(n + 1)} + 4 = 2a_{(2n + 1) + 1} + 4 = 2(a_{2n + 1} + 2) + 4 = 2a_{2n + 1} + 8 = 2(a_{2n + 1} + 4) = 2b_n.

Так как  то предположение доказано. Все числа (a_{2n + 1} + 4) являются степенями двойки. Нас интересует число

a₁₉₉₉ + 4 = a_{2•999 + 1}+ 4 = b₉₉₉

(номер 999 найден из разложения 1999 = 2•999 + 1).

Имеем окончательно a₁₉₉₉ = b₉₉₉ – 4 = b₀•2⁹⁹⁹ – 4 = 4•2⁹⁹⁹ – 4 = 2¹⁰⁰¹ – 4.

Ответ: 2¹⁰⁰¹ – 4.

2. Ответ: 3•2¹⁰⁰⁰ – 4.

Химический факультет, май, № 7 (7)

Функция f(x) удовлетворяет следующему условию: для любых чисел a и b выполняется равенство

Найдите значение функции f(1999), если

1. f(1) = 1, f(4) = 7.
2. f(1) = 2, f(4) = 8.

1. Решение. Подставляя в заданное равенство пары чисел a = 4, b = 1 и a = 1, b = 4, соответственно, получим

Взяв еще a = 0, b = 3, имеем

Значит, f(0) = 3•3 – 2•5 = – 1.

Итак, получаем цепочку равенств

Далее вычисления ведем «снизу вверх»:

f(9) = 17, f(27) = 53, f(75) = 149, f(223) = 445, f(667) = 1333, f(1999) = 3997.

Ответ: 3997.

2. Ответ: 3998.

Заочный тур олимпиады, № 4 (12)

Решить уравнение

Решение. Легко видеть, что x = 3 является корнем уравнения. Стоящая в левой части функция возрастает (как сумма двух возрастающих при x і – 1 функций). Поэтому уравнение имеет единственный корень.

Ответ: x = 3.

№ 12 (12).

При каких значениях a, b для функции f(x) = a| x – b | + 3a| x – b² |

выполнено условие f(x) = f(f(x)) при всех действительных x?

Решение. Пусть y = f(x). Когда x пробегает все действительные значения, y пробегает все значения из области E(f) значений функции f(x). За счет выбора параметров a, b условие f(y) = y должно выполняться для всех y О E(f).

Функциональная зависимость не изменится, если в ней аргумент y переобозначить и заменить, например, на x. Поэтому приходим к следующей переформулировке задачи:

при каких a, b выполнено условие f(x) = x для всех x из множества значений E(f) функции

f(x) = a•f₁(x),   где f₁(x) = | x – b | + 3| x – b² |?

Значит, следует найти множество E(f).

Если a = 0, то при любом b О R условия задачи выполнены, т.к. при этом f(x) = y = 0, 0 = 0 при всех x О R.

Если a № 0, то его влияние легко учесть, если выявить область значений E(f₁) и свойства функции f₁(x).

Функция f₁(x) является кусочно-линейной, ее областью значений E(f₁) является положительно направленный луч. Минимальное значение функция f1(x) достигает в одной из точек излома (при x = b или x = b²). Поэтому следует рассмотреть три случая.

Первый случай: b² > b (рис. 13а). Освобождаясь от модулей, получим

Если x Ј b, то f(x) = y₁(x) = a(– 4x + b + 3b²).
Если b < x < b², то f(x) = y₂(x) = a(– 2x + 3b² – b).
Если x і b², то f(x) = y₃(x) = a(4x – b – 3b²).

Пусть a > 0. Тогда область значений E(f) есть луч y і a(b² – b) и полностью задается правым звеном ломаной, так как

f(b²) = a(b² – b) < f(b) = 3a(b² – b).

Значит, именно прямая y = y3(x) должна совпадать с биссектрисой y = x. Теперь понятны условия для выбора параметров. Согласно вышеприведенной переформулировке задачи параметры a, b должны обеспечить равенство a(4x – b – 3b²) = x                                (1)

для всех x і a(b² – b), то есть удовлетворять смешанной системе

Пусть a < 0. Тогда область значений y Ј a(b² – b) снова определяется правым звеном ломаной, так как

f(b²) = a(b² – b) > f(b) = 3a(b² – b).

Однако требуемое условие (1) для всех x Ј a(b² – b) выполнить невозможно, так как равенство 4a = 1 невозможно при a < 0.

Второй случай: b² < b (рис. 13б). Он рассматривается аналогично.

Пусть a > 0. Тогда область значений y і a(b – b²) задается левым звеном. Требуемое условие a(– 4x + b + 3b²) = x для всех x і a(b – b²) обеспечить невозможно, так как равенство – 4a = 1 невозможно при a > 0.

Пусть a < 0. Тогда область значений y Ј a(b – b²) совпадает с областью значений для левого звена. Требуемое условие

a(– 4x + b + 3b²) = x

для всех x Ј a(b – b²) выполнить невозможно. Действительно,

Третий случай: b² = b, то есть b = 0 или b = 1.

Пусть b = 0 (рис. 14а). Тогда f(x) = 4a| x |.

При a > 0 требуемое условие 4ax = x (для всех x і 0) дает следующую пару

При a < 0 требуемое условие – 4ax = x (для всех x Ј 0) дает еще одну пару

Пусть b = 1 (рис. 14б). Тогда f(x) = 4a| x – 1 |,

Оба звена графика этой функции проходят через точку (1; 0), а потому не могут лежать на биссектрисе y = x.

Ответ:

Механико-математический факультет, заочное тестирование № 2 (9)

Пусть f(x) = x² – x. Решить уравнение f(f(f(x))) = 0.

Решение. Пусть f(f(x)) = z. Тогда имеем уравнение f(z) = 0 Ы z² – z = 0 Ы z = 0 И z = 1.

Далее так же решаем два полученных уравнения f(f(x)) = 0 И f(f(x)) = 1.

Имеем f²(x) – f(x) = 0 И f²(x) – f(x) = 1 Ы  

.

Решаем каждое из полученных уравнений:

1)  f(x) = 0, т.е. x² – x = 0 Ы x = 0 И x = 1.

2)  

3)  

4)  

(из-за отрицательности дискриминанта

Ответ:

№ 5 (9). На часах с обычным 12-часовым циферблатом минутная стрелка обломилась и стала совершенно похожа на часовую стрелку. Часы продолжают идти правильно. Сколько в течение суток бывает моментов, в которые нельзя однозначно определить время по этим часам?

Решение. Циферблат представим в виде единичного круга, по окружности которого двигаются точка А (минутная) и точка В (часовая), которые стартовали одновременно из одной точки со скоростями, отличающимися в 12 раз (рис. 15).

Окружность разделена на 12 частей (дуг) – пятиминуток, которые обозначим символами Каждую такую «большую» дугу (каждые 5 минут) вновь разделим на 12 «малых» дуг и обозначим символами Каждая «малая» дуга соответствует минуты.

В начале суток (в момент старта) точки совмещены, неразличимы, но время спутать нельзя.

Первый момент t₁₁ неопределенности настанет в начале второй пятиминутки, когда точка А только что прошла дугу и находится на дуге а точка В только что прошла дугу и находится на дуге то есть

При необходимости указанный момент t₁₁ можно вычислить, однако нам важно лишь констатировать наличие таких моментов, а именно:

1) В течение первого часа каждой из 11 дуг дуги соответствует свой момент неопределенности. Их всего 11.
2) В течение второго часа каждой из 10 дуг дуги соответствует свой момент неопределенности. Их всего 10.
3) В течение каждого i-го часа имеем (12 – i) моментов неопределенности t_ij, (j = 1, 2, ..., 12 – i).

Так как стрелки в момент t_ij можно поменять местами, то для каждого момента t_ij получим еще один момент неопределенности t'_ij. Все указанные моменты неопределенности не совпадают друг с другом. Значит, имеем

– число моментов t_ij за 12 часов. Его следует удвоить за счет моментов t'_ij и еще раз удвоить за счет повторения в последующие 12 часов. Поэтому всего за сутки имеем 66•2•2 = 264 момента неопределенности.

Ответ: 264.