Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/04/27.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:56 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:21:43 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: п п п п п п п п п п п п р п р п р п

ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

%

Доказательство. Пусть t1 касается Г 2 в точке Х. Так как O2 середина дуги CD, то имеем
O2CD =
1 1 O2 D , а XCD = CD = O2 D . 2 2

М1719. Последовательность a1 , a2 , a3 , задана своим первым членом a1 = 1 и рекуррентной формулой an +1 = 1 = an + a , где n = 1, 2, 3, n а) Докажите, что a100 > 14. б*) Найдите a1000 , т.е. укажите такое целое число m, для которого m a1000 < m + 1. в) Докажите существование и найдите значение предела lim an n . n 1 а) Возводим равенство an +1 = an + в квадрат и 'отбраan сываем лишнее':
a
2 n +1

Значит, XCD = 2O2CD , откуда сразу следует утверждение леммы. Решение задачи. Пусть O1 и O2 центры окружностей Г1 и Г 2 соответственно и t1 и t2 их общие касательные. Пусть , дуги, высекаемые на Г прямыми t1 и t2 и расположенные так же, как в лемме 1. Их середины, согласно лемме 1, имеют одинаковую геометрическую степень относительно окружностей Г1 и Г 2 ; таким образом, они находятся на радикальной оси этих двух окружностей. Значит, А и В являются серединами дуг и . Из леммы 1 мы также можем сделать вывод, что С и D это точки, в которых касательные t1 и t2 касаются Г1 . По лемме 2 получаем, что CD касается Г2 . П.Кожевников М1718. Найдите все функции f: 4 4 такие, что f(x f(y)) = f(f(y)) + xf(y) + f(y) 1 для всех x, y 4 . Пусть А множество значений функции f и c = f 0 . Положив х = у = 0, мы получим
f -c = f c + c - 1,

= an + 2 +

2

1 a
2 n

> an + 2 .

2

Вспомнив, что a1 = 1, получаем одно за другим неравен2 2 2 2 ства a2 > a1 + 2 = 3, a3 > a2 + 2 > 3 + 2 = 5, и вообще (при n > 1),
an > 2 n - 1 .
2 2

2

( )

bg

b g bg
fx=

поэтому c 0 . Легко найти сужение функции f на множество A: взяв х = f y , получим

bg

б) Ответ: a1000 = 44 . 2 При n = 1000 неравенство ( ) дает a1000 > 1999 > 44 , так что a1000 44. Чтобы получить оценку сверху, введем 2 величины bn , такие что an = 2n 1 + bn . В силу неравенства ( ), имеем bn > 0 при n > 1. Далее, запишем 1 2 2 формулу an +1 = an + 2 + 2 в виде an
2n + 1 + bn
+1

2 В частности, a100 > 199 > 196 = 14 , что и требовалось.

bg

c +1 2

-

x

2

= 2n - 1 + bn + 2 + 1 2n - 1 + bn 1 3

1 2n - 1 + bn 1 2n - 1 1 2n - 1 1 1997

,

2

(1)

откуда
bn
+1

для всех х из А. Основной шаг доказательства состоит в том, чтобы показать, что множество разностей х у, где x, y A , есть все множество 4. Для у = 0 мы имеем

= bn +

b + n

.

По индукции из последнего неравенства следует, что
bn
+1

mf b

x - c - f x x 4} = cx + f c - 1 4} = 4, x

g bg

m

bg

b1 +

1 1

+

+K+

1 2n - 3 1 1995

+

.

поскольку c 0 . Теперь мы можем получить значение f x для произвольного х: если мы выберем y1 , y2 A такие, что х = y1 y2 , и используем (1), то мы получим

bg
y

Поскольку b1 = 0 , имеем, в частности,
b1000 1 + 1 3 + 1 5 +K+ +

.

f x = f y1 - y2 =

bg c

h

= f y2 + y1 y2 + f y1 - 1 = +
c +1 2 - y1 2
2

ch

ch

c +1 2

-

2 2

Осталось оценить сумму, оказавшуюся в правой части последнего неравенства. Сгруппируем слагаемые:
+ y1 y2 +
2

2
2

-1 = c -

c
2

y1 - y 2

h

b1000 1 +
2

= c-

x

2

. (2)

+

Сравнивая (1) и (2), мы получим с = 1, и поэтому
f x =1-

FG H

FG H

1 3

+ +

1 5 1

+ + 1

1 7

IJ + FG KH

1 9

+

1 11 1

+ + +

1 13

+

1 15 + +

+K+ 1

1 25

1 27

+

1 29 1

1 33

bg

x

+

2

FG H

31 +

+K +

79 1

243

239

+K+

727

IJ K IJ K

FG 1 H 81 FG 1 H 729

IJ K

+

83 1

+K+

1 241

IJ K

+

731

+K+

1 1997

IJ K

.

для всех x 4. Мы получили единственную функцию, которая удовлетворяет функциональному уравнению задачи.
7*

(Принцип очень простой: в первой скобке три слагаемых, наибольшее из которых равно 1/3; во второй девять слагаемых, наибольшее из которых 1/9; ; в пятой 243 слагаемых, наибольшее 1/243; наконец, в шестой скобке