Логарифмы на Росатоме —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Логарифмы на Росатоме

Тема Росатом

Логарифмы на Росатоме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела росатом

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83306

Решить уравнение

x x 4cosπx =[lg(100 ⋅3 )]− [lg[3]]

Здесь $[a]$ – целая часть числа $a$ – наибольшее целое число, не превосходящее $a$ .

Источники: Росатом - 2024, вариант регионов, 11.2 (по мотивам ММО - 2020, 11.2 второго дня)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу, как мы видим логарифмы, надо записывать ОДЗ. ОДЗ здесь будет x >= 0. Дальше, давайте сделаем тождественные преобразования. У нас выходит, что 4cos(pi * x) - 2 = [lg(3^x)] - [lg[3^x]]. Попробуйте посмотреть чему вообще может равняться правая часть. Как нам оценить 3^x (по сути из этой оценки и вытекает значение правой части)?

Подсказка 2

Для любого x можно найти такое k, что 10^(k + 1) > 3^x >= 10^k, k - целое. При этом эта оценка работает и на [3^x] с тем же k. Значит, правая часть всегда 0. Что теперь остаётся сделать?

Подсказка 3

Верно, решить уравнение 4cos(pi * x) = 2 с учетом ОДЗ. После понятных преобразований, нужно получить две серии решений, каждая из которых зависит от периода, и понять для каких периодов x >= 0.

Показать ответ и решение

Запишем ОДЗ

x x [3 ]≥1 =⇒ 3 ≥ 1 =⇒ x ≥0

Сделаем преобразования:

x x 4cosπx = [lg(100 ⋅3 )]− [lg[3 ]]

4cosπx= 2+ [lg(3x)]− [lg[3x]]

Докажем, что $[lg(3x)]− [lg[3x]]= 0.$ Пусть $[lg(3x)]= k,$ тогда $10k+1 > 3x ≥ 10k.$ Если взять целую часть, то получим $10k+1 > [3x]≥10k.$ То есть "перескочить"через целое невозможно, то есть в действительности $[lg(3x)]− [lg[3x]]= 0.$

Тогда получаем

4cosπx= 2 =⇒ cosπx= 1 2

⌊ ⌊ πx = π+ 2πk | x= 1 +2k ||⌈ 3 ⇐⇒ || 3 πx =− π+ 2πn ⌈ x= − 1+ 2n 3 3

С учетом ОДЗ получаем

⌊ x= 1 +2k, k ∈ℤ, k ≥0, || 3 |⌈ 1 x= − 3 + 2n, n∈ ℤ, n≥ 1

Ответ:

$1 +2k, k ∈ℤ, k≥ 0, 3$ $− 1+ 2n, n∈ ℤ, n≥ 1 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#75111

Решите уравнение

logsinxsin2x+ logsin2x sin3x+ logsin3x sinx=

=logsin2xsinx +logsin3xsin 2x +logsinxsin3x

Источники: Росатом-2023, 11.2, региональный (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что первым делом нужно написать в уравнении с логарифмами?

Подсказка 2

Конечно, ОДЗ! Само уравнение выглядит довольно страшно, но не видите ли вы в нём много похожего?

Подсказка 3

Подумайте, как можно выразить все логарифмы из правой части через логарифмы в левой части. Тогда можно будет ввести замену: заменяем первый логарифм, второй... а третий ведь можно выразить через первые два!

Подсказка 4

Получили красивое уравнение, но, правда, с двумя переменными... Не спешите пугаться! Его можно разложить на скобочки :) Останется только решить получившуюся совокупность, не забыв учесть ОДЗ и ограничение на знаменатель

Показать ответ и решение

Областью определения функций, входящих в исходное уравнение, являются значения $x$ , при которых $sinx ∈(0;1),sin2x∈ (0;1),sin3x∈$ $(0;1).$

Положим $u =logsinx sin2x$ и $v = logsin2x sin3x$ . Тогда, по формулам перехода от одного основания логарифма к другому имеем

logsinxsinx 1 1 logsin2xsinx = logsinxsin2x = logsinx-sin2x = u,

logsin3xsinx = logsin2xsinx-= -1. logsin2x sin3x uv

Далее, аналогично, $log sin2x= 1 sin3x v$ и $log sin3x= uv sinx$ . После этого исходное уравнение запишется так:

1- 1 1 u+ v+ uv = u + v + uv.

Перенося все члены из левой части уравнения в правую и выполняя стандартные преобразования, получаем

v+-u+-u2v2-− u2v−-uv2− 1 (u-+v)−-uv(u+-v)+(u2v2−-1)- uv = uv = = (u+-v)(1−-uv)+-(uv− 1)(uv-+1)= (uv−-1)(uv−-u− v-+1)= uv uv = (uv−-1)(u(v− 1)−-(v-− 1))= (uv− 1)(1-− u)(v-− 1)= 0. uv uv

Поэтому решениями преобразованного уравнения являются все значения $u$ и $v$ , удовлетворяющие хотя бы одному из равенств $u= 1$ , или $v =1$ , или $uv = 1$ при условии (это относится только к первым двум равенствам) $uv ⁄= 0$ .

Возвращаясь к исходному уравнению отсюда следует, что с учётом области определения, его решениями являются решения совокупности

u= logsinxsin2x =1,v = logsin2xsin3x= 1,uv =logsinx sin3x= 1.

Эта совокупность на области определения эквивалентна совокупности уравнений

sinx =sin2x,sin2x =sin 3x,sinx =sin 3x.

Рассмотрим первое уравнение совокупности:

sinx= sin2x⇔ sin x− sin2x= 0⇔ sinx− 2sinxcosx= 0⇔ sinx(1− 2cosx)= 0.

Это уравнение на области определения решений не имеет.

Рассмотрим второе уравнение совокупности:

sin2x= sin3x⇔ sin 3x − sin 2x =0 ⇔ 3x − 2x 3x+ 2x x 5x sin --2--cos--2---= sin2 cos 2-= 0.

Решения уравнения $sin x2 = 0$ в область определения не входят. Решениями уравнения $cos5x2-= 0$ являются $52x= π2 + πk,k$ — целое, т.е. $x = π5 + 2π5-k$ . При $k$ кратном $5$ такие $x$ принадлежат области определения, при остальных значениях $k$ - нет.

Рассмотрим третье уравнение совокупности:

sinx= sin3x⇔ sin 3x − sin x= 0⇔ sin 3x−-xcos 3x-+x-= sinxcos2x =0. 2 2

Решения уравнения $sinx =0$ в область определения не входят. Если $cos2x= 0$ , то $sin 2x =±1$ , поэтому решения уравнения $cos2x= 0$ в область определения также не входят.

Ответ:

$π + 2πn,n∈ Z 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68077

Решить уравнение

∘ --2---- ∘ --2-------- (log2x + log2x+ 1)(log2(x− 2)+ log2(x− 2)+1)=1

Источники: Росатом-2023, 11.4, Москва (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте внимательно посмотрим на две наши скобки. Там похожие логарифмы под корнями и без них. На что тогда можно попробовать умножить обе части нашего уравнение? Конечно, учитывая ОДЗ.

Подсказка 2

Верно, давайте по очереди умножим обе части уравнения сначала на сопряжённое число одной скобки, а потом на другое. Получатся два новых уравнения. Что с ними можно сделать, чтобы совсем избавиться от корней?

Подсказка 3

Да, давайте просто вычтем одно из другого и получим уравнение только с основанием 2. Далее применяя свойства логарифмов, дорешать задачу несложно. Не забудьте про ОДЗ.

Показать ответ и решение

Запишем ОДЗ: $x> 2$ . Заметим, что на ОДЗ выполнено, что $∘--2---- log2x± log2x +1⁄= 0$ , $∘ --2-------- log2(x− 2)± log2(x − 2)+ 1⁄= 0$ .

Умножая правую и левую части исходного уравнения на $∘ ------- log22x+ 1− log2x$ и учитывая, что $( ∘ -------)(∘ ------- ) log2x + log22x+ 1 log22x+ 1− log2x =1$ , получим равносильное уравнение

∘ ----------- ∘ ------- log2(x− 2)+ log22(x− 2)+1 = log22x+ 1− log2x

(1)

Далее, умножая правую и левую части исходного уравнения на $∘log2(x-− 2)+-1− log(x− 2) 2 2$ , получим также равносильное уравнение (ниже поменяли местами левую и правую части)

∘ --2-------- ∘ --2---- log2(x − 2)+ 1− log2(x− 2)=log2x + log2x+ 1

(2)

Вычитая из уравнения (2) уравнение (1), получаем:

log2x +log2(x− 2)=− (log2x +log2(x− 2))

log2x+ log2(x− 2)= 0

( ( ( {log2(x(x− 2))= 0 {x2− 2x= 1 { x= 1± √2 √ - ( ⇔ ( ⇔ ( ⇔ x = 1+ 2 x > 2 x >2 x> 2

Ответ:

$1+ √2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76637

Можно ли множество из $2017$ чисел ${log 5,log6,log 7,...,log 2021} 2 2 2 2$ разбить на две части так, чтобы сумма чисел, попавших в одну из этих частей, отличалась от суммы чисел в другой не более, чем на $1$ (по абсолютному значению)?

Источники: Росатом-2022, 11.5 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, давайте сначала хоть как-то разобьем на две группы, а потом будем как-то менять элементы в группах, уменьшая модуль разности. Разобьем на группы так, что в первой группе в аргументе логарифма были только нечетные числа, а в другой только четные. В какой группе больше сумма? Модуль разности больше 1? Как модуль разность можно уменьшить, если мы дошли до идеи менять местами какие-то числа в разных группах?

Подсказка 2

Ну конечно, где нечетные, там сумма больше, при том, больше 1, так как у нас разность log_2(2k + 1) - log_2(2k) > 0, для всех k от 3 до 1010, а еще плюсом прибавляется log_2(5) > 1. Значит, на текущий момент модуль разности больше 1. Тогда давайте попробуем из поменять местами числа log_2(2021) и log_2(2020). Тогда у нас разность уменьшится, при том на сколько меньшее 1. Ну мы чуть-чуть улучшили ситуацию. А что нам мешает делать дальше также?

Подсказка 3

Верно, ничего. Главное понимать, что при каждой такой замене у нас будет уменьшаться разность и ни в какой момент, она не может перепрыгнуть с чего-то, что больше 1, на что-то что меньше -1, из-за того, что уменьшаем не более чем на 1. Тогда у нас рано или поздно модуль станет меньше 1, так как в начальный момент разность больше 1, а в конечный меньше -1(когда мы полностью поменяли группы). Значит, победа!

Показать ответ и решение

На первом шаге в группе $A$ разместим логарифмы нечетных чисел, а в группе $B$ — четных:

A = {log25,log27,log29,...,log22021}

B ={log26,log28,log210,...,log22020}

Обозначим через $σA,σB$ суммы чисел в группах $A$ и $B$ соответственно. Покажем, что $σA − σB > 1.$ Действительно,

(|| log27> log26 |||{ log29> log28 | .. ⇒ σA− log25> σB ⇒ σA− σB > log25 >1 ||||( . log22021> log22020

Перенесем число $log22021$ из группы $A$ в группу $B,$ а число $log2 2020$ наоборот — из $B$ в $A.$ Поскольку $log2 2021> log22020$ разность $σA − σB$ уменьшилась на величину

2021 ( 1 ) log22021− log2 2020= log22020 = log2 1+ 2020 < 1

Если для вновь образованных множеств $A$ и $B$ разность $σA − σB >0,$ меняем местами числа $log22019$ и $log22018.$ По-прежнему, разность $σA − σB$ уменьшается на величину

log22019− log22018= log2 2019< 1 2018

Если разность $σA− σB > 0,$ по процесс перекладывания чисел из одного множества в другое может быть продолжен. Если на каком-то шаге $σA − σB$ поменяет знак, то $|σA− σB|<1$ и искомое разбиение достигнуто. Это обязательно произойдет за конечное число шагов, поскольку замена множеств $A$ и $B$ местами приводит к смене знака величины $σA − σB.$