Вдвое меньше либо больше на D: наименьший максимум — задание 20 ЕГЭ по профильной математике
Последовательности с рекуррентным ограничением. 5 примера с ответом и проверкой.
Пример 1
Последовательность (aₙ) состоит из 100 натуральных чисел. Каждый следующий член последовательности, начиная со второго, либо вдвое меньше предыдущего, либо больше него на 84.
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно тремя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 83?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно тремя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 83?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
Показать ответ
а) да, например 28, 112, 56, 28, 112, … — дальше значения повторяются по кругу, всего 3 различных числа
б) 8399: число 83 нечётно, а 84 чётно, поэтому все члены нечётны и делить пополам нельзя ни разу, то есть a₁₀₀ = 83 + 99 · 84
в) 96; например, по кругу 12, 96, 48, 24
Решение
а) Если 2^k − 1 делит 84, то число y = 84/(2^k − 1) даёт цикл y → 2^k·y → 2^(k−1)·y → … → y: подъём на 84 и k делений пополам. При k = 2 получаем y = 28 и цикл 28, 112, 56 из 3 чисел. Дальше последовательность просто ходит по циклу, пока не наберётся 100 членов. Ответ: да.
б) Число 84 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 83, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 84, и a100 = 83 + 99 · 84 = 8399.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 96, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 84. Предыдущее число не может быть x − 84 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 84. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 84, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 84/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈84/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 96 (при k = 3 и x = 12). Значение достигается циклом 12, 96, 48, 24. Ответ: 96.
б) Число 84 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 83, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 84, и a100 = 83 + 99 · 84 = 8399.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 96, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 84. Предыдущее число не может быть x − 84 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 84. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 84, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 84/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈84/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 96 (при k = 3 и x = 12). Значение достигается циклом 12, 96, 48, 24. Ответ: 96.
Пример 2
Последовательность (aₙ) состоит из 100 натуральных чисел. Каждый следующий член последовательности, начиная со второго, либо вдвое меньше предыдущего, либо больше него на 60.
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно четырьмя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 59?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно четырьмя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 59?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
Показать ответ
а) да, например 160, 80, 40, 20, 80, 40, … — дальше значения повторяются по кругу, всего 4 различных числа
б) 5999: число 59 нечётно, а 60 чётно, поэтому все члены нечётны и делить пополам нельзя ни разу, то есть a₁₀₀ = 59 + 99 · 60
в) 64; например, по кругу 4, 64, 32, 16, 8
Решение
а) Если 2^k − 1 делит 60, то число y = 60/(2^k − 1) даёт цикл y → 2^k·y → 2^(k−1)·y → … → y: подъём на 60 и k делений пополам. При k = 2 получаем y = 20 и цикл 20, 80, 40 из 3 чисел. Добавив «разгон» 160 (каждое следующее вдвое меньше), получаем ровно 4 различных значений. Дальше последовательность просто ходит по циклу, пока не наберётся 100 членов. Ответ: да.
б) Число 60 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 59, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 60, и a100 = 59 + 99 · 60 = 5999.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 64, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 60. Предыдущее число не может быть x − 60 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 60. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 60, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 60/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈60/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 64 (при k = 4 и x = 4). Значение достигается циклом 4, 64, 32, 16, 8. Ответ: 64.
б) Число 60 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 59, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 60, и a100 = 59 + 99 · 60 = 5999.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 64, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 60. Предыдущее число не может быть x − 60 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 60. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 60, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 60/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈60/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 64 (при k = 4 и x = 4). Значение достигается циклом 4, 64, 32, 16, 8. Ответ: 64.
Пример 3
Последовательность (aₙ) состоит из 100 натуральных чисел. Каждый следующий член последовательности, начиная со второго, либо вдвое меньше предыдущего, либо больше него на 70.
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно четырьмя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 69?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно четырьмя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 69?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
Показать ответ
а) да, например 10, 80, 40, 20, 10, 80, … — дальше значения повторяются по кругу, всего 4 различных числа
б) 6999: число 69 нечётно, а 70 чётно, поэтому все члены нечётны и делить пополам нельзя ни разу, то есть a₁₀₀ = 69 + 99 · 70
в) 80; например, по кругу 10, 80, 40, 20
Решение
а) Если 2^k − 1 делит 70, то число y = 70/(2^k − 1) даёт цикл y → 2^k·y → 2^(k−1)·y → … → y: подъём на 70 и k делений пополам. При k = 3 получаем y = 10 и цикл 10, 80, 40, 20 из 4 чисел. Дальше последовательность просто ходит по циклу, пока не наберётся 100 членов. Ответ: да.
б) Число 70 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 69, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 70, и a100 = 69 + 99 · 70 = 6999.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 80, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 70. Предыдущее число не может быть x − 70 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 70. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 70, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 70/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈70/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 80 (при k = 3 и x = 10). Значение достигается циклом 10, 80, 40, 20. Ответ: 80.
б) Число 70 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 69, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 70, и a100 = 69 + 99 · 70 = 6999.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 80, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 70. Предыдущее число не может быть x − 70 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 70. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 70, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 70/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈70/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 80 (при k = 3 и x = 10). Значение достигается циклом 10, 80, 40, 20. Ответ: 80.
Пример 4
Последовательность (aₙ) состоит из 100 натуральных чисел. Каждый следующий член последовательности, начиная со второго, либо вдвое меньше предыдущего, либо больше него на 56.
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно тремя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 55?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно тремя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 55?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
Показать ответ
а) да, например 224, 112, 56, 112, 56, … — дальше значения повторяются по кругу, всего 3 различных числа
б) 5599: число 55 нечётно, а 56 чётно, поэтому все члены нечётны и делить пополам нельзя ни разу, то есть a₁₀₀ = 55 + 99 · 56
в) 64; например, по кругу 8, 64, 32, 16
Решение
а) Если 2^k − 1 делит 56, то число y = 56/(2^k − 1) даёт цикл y → 2^k·y → 2^(k−1)·y → … → y: подъём на 56 и k делений пополам. При k = 1 получаем y = 56 и цикл 56, 112 из 2 чисел. Добавив «разгон» 224 (каждое следующее вдвое меньше), получаем ровно 3 различных значений. Дальше последовательность просто ходит по циклу, пока не наберётся 100 членов. Ответ: да.
б) Число 56 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 55, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 56, и a100 = 55 + 99 · 56 = 5599.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 64, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 56. Предыдущее число не может быть x − 56 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 56. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 56, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 56/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈56/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 64 (при k = 3 и x = 8). Значение достигается циклом 8, 64, 32, 16. Ответ: 64.
б) Число 56 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 55, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 56, и a100 = 55 + 99 · 56 = 5599.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 64, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 56. Предыдущее число не может быть x − 56 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 56. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 56, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 56/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈56/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 64 (при k = 3 и x = 8). Значение достигается циклом 8, 64, 32, 16. Ответ: 64.
Пример 5
Последовательность (aₙ) состоит из 100 натуральных чисел. Каждый следующий член последовательности, начиная со второго, либо вдвое меньше предыдущего, либо больше него на 90.
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно четырьмя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 89?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
а) Может ли такая последовательность быть образована ровно четырьмя различными числами?
б) Чему может быть равно a100, если a1 = 89?
в) Какое наименьшее значение может принимать самое большое из чисел в такой последовательности?
Показать ответ
а) да, например 240, 120, 60, 30, 120, 60, … — дальше значения повторяются по кругу, всего 4 различных числа
б) 8999: число 89 нечётно, а 90 чётно, поэтому все члены нечётны и делить пополам нельзя ни разу, то есть a₁₀₀ = 89 + 99 · 90
в) 96; например, по кругу 6, 96, 48, 24, 12
Решение
а) Если 2^k − 1 делит 90, то число y = 90/(2^k − 1) даёт цикл y → 2^k·y → 2^(k−1)·y → … → y: подъём на 90 и k делений пополам. При k = 2 получаем y = 30 и цикл 30, 120, 60 из 3 чисел. Добавив «разгон» 240 (каждое следующее вдвое меньше), получаем ровно 4 различных значений. Дальше последовательность просто ходит по циклу, пока не наберётся 100 членов. Ответ: да.
б) Число 90 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 89, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 90, и a100 = 89 + 99 · 90 = 8999.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 96, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 90. Предыдущее число не может быть x − 90 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 90. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 90, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 90/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈90/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 96 (при k = 4 и x = 6). Значение достигается циклом 6, 96, 48, 24, 12. Ответ: 96.
б) Число 90 чётно, поэтому все члены имеют ту же чётность, что и a1 = 89, то есть нечётны. Нечётное число нельзя разделить пополам, значит каждый следующий член больше предыдущего на 90, и a100 = 89 + 99 · 90 = 8999.
в) Пусть M — наибольшее число последовательности. Если M ≥ 100, то тем более M ≥ 96, поэтому дальше считаем M < 100. Тогда различных значений меньше, чем членов, и какое-то значение встречается дважды: между двумя его вхождениями последовательность образует цикл. Пусть x — наименьшее число этого цикла. Следующее за ним число цикла не может быть вдвое меньше x, значит равно x + 90. Предыдущее число не может быть x − 90 (оно меньше x), значит равно 2x; по той же причине перед 2^i·x стоит 2^(i+1)·x до тех пор, пока 2^i·x < x + 90. Цикл конечен, поэтому найдётся k, для которого 2^k·x ≥ x + 90, причём 2^k·x ≤ M. Тогда x ≥ 90/(2^k − 1) и M ≥ 2^k · ⌈90/(2^k − 1)⌉. Перебор k даёт наименьшую из этих величин 96 (при k = 4 и x = 6). Значение достигается циклом 6, 96, 48, 24, 12. Ответ: 96.
Другие темы задания №20
1Каждый следующий в 10 раз больше или меньше: наибольшее число членов2Сумма соседей — одна из трёх: наименьшее число членов3Средние без k-го члена: наибольшее M₃4Возрастающая с шагом ≤ 10: наибольшее среднее всех членов5Член больше среднего соседей: наименьшая сумма при n членах6Концы нулевые: наименьший второй член7Числа 1–4 и степенные суммы S₁…S₄8Целые числа: средние всех / положительных / отрицательных9Средние арифметические набора10Средние арифметические набора11Деление на три группы: наименьшее из наибольших средних12Уменьшили на 1 и стёрли нули: наибольшее среднее
Нужен репетитор по математике?
Посмотрите репетиторов, которые ведут занятия в Precettore, или оставьте заявку — подберём сами.
Готовьтесь к ЕГЭ по профильной математике в Precettore
Варианты с автопроверкой, домашние задания от репетитора, онлайн-доска и разбор ошибок — в одном кабинете. Регистрация бесплатная.