Текстовые задачи на арифметическую прогрессию егэ

Могут ли две бесконечные арифметические прогрессии иметь ровно 2 общих члена?

Например, прогрессия (-1, 1, 3, 5, …)

и прогрессия (1, -1, -3, -5, …).

Ответ:

Да

Найдите сумму первых 19 членов арифметической прогрессии, десятый член которой равен 1000.

(S_{19} = dfrac{a_{19} + a_1}{2}cdot 19).

(a_{10} = a_1 + 9d_a).

(a_{19} = a_1 + 18d_a), тогда (a_{19} + a_1 = 2a_1 + 18d_a = 2cdot(a_1 + 9d_a) = 2cdot a_{10}), тогда (S_{19} = a_{10}cdot 19 = 19000).

Ответ:

(19000)

Известно, что в геометрической прогрессии первый и третий члены – целые числа. Значит ли это, что второй член этой прогрессии – рациональное число?

В качестве контрпримера достаточно взять прогрессию [1,, sqrt{2},, 2,, 2sqrt{2},,dots]

Ответ:

Нет

Могут ли две бесконечные арифметические прогрессии иметь ровно 1000 общих членов?

Например, прогрессия (-2015, -2013, -2011, -2009, …)

и прогрессия (-17, -19, -21, -23, …).

В самом деле, общий член первой последовательности имеет вид (a_n = -2017 + 2n), а общий член второй последовательности имеет вид (b_n = -15 — 2n).

Остаётся понять, сколько решений есть у уравнения (a_k = b_m) в натуральных числах.

[-2017 + 2k = -15 — 2mqquadLeftrightarrowqquad m + k = 1001qquadLeftrightarrowqquad m = 1001 — k.]

Таким образом, (m, kinmathbb{N}) тогда и только тогда, когда (kin{1; 2; …; 1000}), то есть выписанное уравнение имеет ровно 1000 решений в натуральных числах, что и требовалось.

Ответ:

Да

Могут ли две бесконечные арифметические прогрессии положительных чисел иметь ровно 2 общих члена?

Пусть первая прогрессия имеет вид (a_1, …, a_n, …),

пусть вторая прогрессия имеет вид (b_1, …, b_n, …).

(bullet) Рассмотрим сначала случай, когда разности (d_a) и (d_b) прогрессий отличны от (0).

Пусть существуют пары натуральных чисел ((k_1; m_1)) и ((k_2; m_2)) такие что (a_{k_1} = b_{m_1}) и (a_{k_2} = b_{m_2}). Так как обе последовательности состоят только из положительных чисел, то обе они возрастают, следовательно, можно считать, что (k_1 < k_2), (m_1 < m_2).

Тогда

[a_{k_1} + d_a(k_2 — k_1) = a_{k_2} = b_{m_2} = b_{m_1} + d_b(m_2 — m_1),]

но (a_{k_1} = b_{m_1}), следовательно,

[d_a(k_2 — k_1) = d_b(m_2 — m_1)qquadRightarrowqquad d_acdot 2(k_2 — k_1) = d_bcdot 2(m_2 — m_1).]

Так как (k_2 > k_1 > 0), то (2k_2 — k_1 > 0), тогда ((2k_2 — k_1)inmathbb{N}) и существует [a_{2k_2 — k_1} = a_{k_1} + d_a((2k_2 — k_1) — k_1) = a_{k_1} + d_acdot 2(k_2 — k_1).] Так как (m_2 > m_1 > 0), то (2m_2 — m_1 > 0), тогда ((2m_2 — m_1)inmathbb{N}) и существует [b_{2m_2 — m_1} = b_{m_1} + d_b((2m_2 — m_1) — m_1) = b_{m_1} + d_bcdot 2(m_2 — m_1).]

Но (d_acdot 2(k_2 — k_1) = d_bcdot 2(m_2 — m_1)), следовательно, [a_{2k_2 — k_1} = b_{2m_2 — m_1},] то есть эти прогрессии имеют минимум 3 общих члена. (На самом деле у них бесконечно много общих членов, что показывается аналогично).

(bullet) Рассмотрим теперь случай, когда одна из разностей (d_a) и (d_b) равна (0).

Пусть (d_a = 0), (d_bneq 0), тогда (d_b > 0) (последовательности из положительных чисел), тогда (b_1, …, b_n, …) – возрастает, а (a_1, …, a_n, …) – постоянна, следовательно, у уравнения (a_k = b_m) может быть не более одного решения, но по условию их должно быть два, то есть этот случай не подходит.

Пусть (d_a = 0), (d_b = 0), тогда обе последовательности – постоянны, следовательно, у уравнения (a_k = b_m) не может быть ровно двух решений.

В итоге, две бесконечные арифметические прогрессии положительных чисел не могут иметь ровно 2 общих члена.

Ответ:

Нет

Известно, что в последовательности (a_1, …, a_n, …) каждый член, начиная со второго, есть среднее арифметическое предыдущего и последующего членов последовательности. Также известно, что (a_{50} = 100), (S_{199} = pi). Найдите сумму ста подряд идущих членов этой последовательности, начиная с (a_{100}).

Покажем, что последовательность (a_1, …, a_n, …) – арифметическая прогрессия.

Введём обозначение (d = a_2 — a_1), тогда [a_1 + d = a_2 = dfrac{a_1 + a_3}{2}qquadRightarrowqquad 2(a_1 + d) = a_1 + a_3qquadRightarrowqquad a_3 = a_1 + 2d.]

Докажем при помощи полной индукции, что (a_{n + 1} = a_n + d):

1) При (n = 1) имеем (a_2 = a_1 + d) – верно.

2) Пусть утверждение верно для всех (n leq N), покажем, что тогда оно верно и для (n = N + 1):

[a_1 + (N — 1)d = a_N = dfrac{a_{N + 1} + a_{N — 1}}{2}qquadRightarrowqquad 2(a_1 + (N — 1)d) = a_{N + 1} + a_{N — 1},]

откуда [a_{N + 1} = 2(a_1 + (N — 1)d) — a_{N — 1} = 2(a_1 + (N — 1)d) — (a_1 + (N — 2)d) = a_1 + Nd,] что и требовалось доказать.

Сумма ста подряд идущих членов этой последовательности, начиная с (a_{100}), есть [a_{99 + 1} + … + a_{99 + 100} = a_{100} + … + a_{199} = S_{199} — S_{99} = pi — S_{99}.]

(S_{99} = dfrac{a_1 + a_{99}}{2}cdot 99).

(a_{50} = a_1 + 49d),

(a_{99} = a_1 + 98d),
следовательно, [a_{99} + a_1 = 2a_1 + 98d = 2(a_1 + 49d) = 2cdot a_{50},] тогда (S_{99} = a_{50}cdot 99 = 9900).

В итоге (a_{100} + … + a_{199} = pi — 9900).

Ответ:

(pi — 9900)

Найдите сумму (7 + 77 + 777 + … + 777…7), где запись последнего числа содержит (2n) семёрок.

Данную сумму можно переписать в виде [7(1 + 11 + 111 + … + 111…1),,] где запись последнего числа в скобках содержит (2n) единиц.

Последнюю сумму можно переписать в виде

[begin{aligned}
&7Bigl(1 + (10 + 1) + (100 + 10 + 1) + … + (100…0 + … + 1)Bigr) =\
= &7Bigl(10^0cdot 2n + 10^1cdot (2n — 1) + 10^2cdot (2n — 2) + … + 10^{2n — 1}cdot 1Bigr) =\
= &7Bigl((1 + 10 + 10^2 + … + 10^{2n — 1}) + (1 + 10 + 10^2 + … + 10^{2n — 2}) + … + (1 + 10) + 1)Bigr)
end{aligned}]

Суммы в скобках есть суммы геометрических прогрессий. Например, (1 + 10 + 10^2 + … + 10^{2n — 1} = dfrac{10^{2n} — 1}{10 — 1}), тогда последнее выражение равно

[begin{aligned}
&7left(dfrac{10^{2n} — 1}{10 — 1} + dfrac{10^{2n — 1} — 1}{10 — 1} + … + dfrac{10^{2} — 1}{10 — 1} + dfrac{10 — 1}{10 — 1}right) =\
= &dfrac{7}{9}Bigl((10^{2n} — 1) + (10^{2n — 1} — 1) + … + (10^{2} — 1) + (10 — 1)Bigr) =\
= &dfrac{7}{9}Bigl(10^{2n} + 10^{2n — 1} + … + 10^{2} + 10 — 2nBigr) = dfrac{7}{9}left(dfrac{10cdot (10^{2n} — 1)}{10 — 1} — 2nright) =\
= &dfrac{70}{81}cdot (10^{2n} — 1) — dfrac{14}{9}cdot n
end{aligned}]

Ответ:

(dfrac{70}{81}cdot (10^{2n} — 1) — dfrac{14}{9}cdot n)