Задачи на геометрические прогрессии - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Мы знаем что
[tex]\frac{a_{n+1}}{a_n}=2^n[/tex]
[tex]\frac{a_n}{a_{n-1}}=2^{n-1}[/tex]

[tex]\frac{a_2}{a_1}=2^{1}[/tex] Умножим все выше приведённое, чтобы получить
[tex]\frac{a_{n+1}}{a_n} \cdot \frac{a_n}{a_{n-1}} \dots \frac{a_2}{a_1}=2^{n+(n-1)+\dots +1}[/tex]
[tex]\frac{a_{n+1}}{a_1}=2^{\frac{n(n+1)}{2}}[/tex], так как [tex]1+2+...+n-1+n=\frac{n(n+1)}{2}[/tex]. Тогда
[tex]a_{n+1}=2^{\frac{n(n+1)}{2}} \cdot a_1=2^{\frac{n(n+1)}{2}}[/tex]. Подставляя [tex]n+1[/tex] для [tex]n[/tex], мы получаем
[tex]a_n=2^{\frac{n(n-1)}{2}}[/tex] и [tex]log_2(a_n)=\frac{n(n-1)}{2}[/tex]. Нам нужно [tex]log_2(a_{100})=\frac{100\cdot (100-1)}{2}=50\cdot 99= 4950[/tex]

Решение:
[tex]a_{n+1}-a_n=3^n[/tex]
[tex]a_{n}-a_{n-1}=3^{n-1}[/tex]
.
.
.
[tex]a_2-a_1=3[/tex] Мы складываем все это для того, чтобы получить [tex]a_{n+1}-a_n+a_n-a_{n-1}+a_{n-1} \dots -a_1=3^n+3^{n-1}+\dots+3[/tex] [tex]a_{n+1}-a_1=3 \cdot (1+3+\dots + 3^{n-1})=3 \cdot \frac{3^n-1}{3-1}=\frac{3^{n+1}-3}{2}[/tex]. Подставляем [tex]n+1[/tex] вместо [tex]n[/tex] и [tex]a_1=1[/tex], мы получаем
[tex]a_n=\frac{3^n-3}{2}+1[/tex]. [tex]a_{10}=\frac{3^{10}-3}{2}+1=29524[/tex]

Решение:
Если мы сложим первое и второе уравнения системы, мы получим [tex]2x-y+2z+x+y+z=a+4+2a+2[/tex] или [tex]x+z=a+2[/tex]. Подставляя назад в первойе уравнение, мы получаем [tex]y+a+2=a+4[/tex], что дает результат: [tex]y=2[/tex]. Система принимает вид
[tex]\begin{array}{|l}x+z=a+2\\2x+2z=2a+4\\3x+4-3z=1-2a \end{array} [/tex]. Первое и второе уравнения линейно зависимы, и мы удаляем одно из них. Система принимает вид
[tex]\begin{array}{|l}3x+3z=3a+6\\3x-3z=-3-2a \end{array}[/tex]. Мы складываем эти два уравнения и получаем [tex]6x=-3-2a+3a+6=a+3[/tex], или [tex]x=\frac{a+3}{6}[/tex].
Вычитая эти же два уравнения, мы получаем [tex]6z=3a+6+3+2a=5a+9[/tex], или [tex]z=\frac{5a+9}{6}[/tex]. Так как [tex]x,2,z[/tex] образуют геометрическую прогрессию, мы знаем, что [tex]zx=2^2=4[/tex], или [tex]\frac{a+3}{6} \cdot \frac{5a+9}{6}=4[/tex]
[tex](a+3)(5a+9)=144[/tex]
[tex]5a^2+24a+27=144[/tex]
[tex]5a^2+24a-117=0[/tex] : [tex]D=12^2+117 \cdot 5=729=27^2[/tex], [tex]a_{1,2}=\frac{-12 \pm 27}{5}[/tex]. Мы знаем, что [tex]a>0[/tex], и поэтому отрицательное значение игнорируется, а ответом есть [tex]a=\frac{-12+27}{5}=\frac{15}{5}=3[/tex]

Решение:
[tex](a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=364+2(ab+bc+ca)=26^2=676[/tex], тогда [tex]ab+bc+ca=156[/tex]. Давайте обозначим [tex]b=aq[/tex] и [tex]c=aq^2[/tex] (геометрической прогрессии). Мы имеем
[tex]a+b+c=a+aq+aq^2=26[/tex] и [tex]ab+bc+ca=a^2q+a^2q^3+a^2q^2=156[/tex]
[tex]a(1+q+q^2)=26[/tex] и [tex]a^2q(1+q+q^2)=156=6\cdot 26[/tex]. Мы делим оба уравнения и получаем
[tex]\frac{a^2q(1+q+q^2)}{a(1+q+q^2)}=6[/tex], или [tex]aq=b=6[/tex].

Решение:
Мы обобщим задачу: найти бесконечную сумму [tex]S=1+2x+3x^2+4x^3+...[/tex] для [tex]|x| < 1[/tex].
[tex]1+2x+3x^2+4x^3+...=(1+x+x^2+x^3+...)+x+2x^2+3x^3+...=\\=(1+x+x^2+x^3+...)+(x+x^2+x^3+...)+x^2+2x^3+3x^4+...=1 \cdot (1+x+x^2+x^3+...)+x(1+x+x^2+x^3+...)+x^2(1+x+x^2+x^3+...)+...=\\=(1+x+x^2+x^3+...)(1+x+x^2+x^3+...)=(1+x+x^2+x^3+...)^2[/tex]. Мы можем [tex]x[/tex] вынести за скобки только потому, что существует бесконечно много условий.
Но [tex]1+x+x^2+x^3+...[/tex] является суммой бесконечной геометрической прогрессии [tex]a_1=1[/tex] и [tex]q=x[/tex] эта сумма равна [tex]1+x+x^2+x^3+...=1 \cdot \frac{1}{1-x}=\frac{1}{1-x}[/tex], поэтому [tex]S=(\frac{1}{1-x})^2[/tex]. Подставляя назад [tex]x=\frac{1}{7}[/tex], мы получаем [tex]S=(\frac{1}{1-\frac{1}{7}})^2=(\frac{1}{\frac{6}{7}})^2=(\frac{7}{6})^2=\frac{49}{36}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]G[/tex] – точка пересечения медиан треугольника [tex]ABC[/tex] площади [tex]S[/tex], а [tex]G'[/tex] – точка, симметричная [tex]G[/tex] относительно середины [tex]BC[/tex]. Треугольник [tex]BGG'[/tex] имеет стороны [tex]\dfrac{2}{3}m_{a}; \dfrac{2}{3}m_{b}; \dfrac{2}{3}m_{c}[/tex], а его площадь равна площади [tex]BGC[/tex], т.е. [tex]\dfrac{S}{3}[/tex]. Поэтому треугольник из медиан имеет площадь
[tex]\left(\dfrac{3}{2}\right)^{2}\cdot \dfrac{S}{3}=\dfrac{3}{4}S[/tex]
Площади новых треугольников образуют геометрическую прогрессию с первым членом [tex]\dfrac{3}{4}Q[/tex] и знаменателем [tex]\dfrac{3}{4}[/tex]:
[tex]\dfrac{\frac{3}{4}Q}{1-\frac{3}{4}}=3Q[/tex]

Решение:
Центры лежат на биссектрисе, которая образует [tex]30^{\circ}[/tex] с каждой стороной угла. Центр окружности радиуса [tex]r[/tex], касающейся обеих сторон, находится на расстоянии [tex]\dfrac{r}{\sin 30^{\circ}}=2r[/tex] от вершины.
Внешнее касание [tex]k_{n}[/tex] и [tex]k_{n+1}[/tex] означает, что расстояние между центрами равно [tex]r_{n}+r_{n+1}[/tex]: [tex]2r_{n+1}-2r_{n}=r_{n}+r_{n+1}\iff r_{n+1}=3r_{n}[/tex].
[tex]r_{1}+r_{2}+\ldots+r_{6}=\dfrac{3^{6}-1}{3-1}=364[/tex]

Решение:
Условие: [tex]a_{n}=a_{n+1}-a_{n-1}\iff a_{1}q^{n-1}=a_{1}q^{n}-a_{1}q^{n-2}\iff q^{2}-q-1=0[/tex].
Так как [tex]a_{1}=7-3\sqrt{5}\gt 0[/tex] (поскольку [tex]49\gt 45[/tex]) и прогрессия возрастает, [tex]q\gt 1[/tex], т.е. [tex]q=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}[/tex].
[tex]q^{2}=q+1=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}; q^{4}=\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^{2}=\dfrac{7+3\sqrt{5}}{2}[/tex]
[tex]a_{5}=a_{1}q^{4}=\dfrac{(7-3\sqrt{5})(7+3\sqrt{5})}{2}=\dfrac{49-45}{2}=2[/tex]

Решение:
[tex]k[/tex]-й член равен [tex]\underbrace{11\ldots1}_{k}=\dfrac{10^{k}-1}{9}[/tex], поэтому сумма равна
[tex]\dfrac{1}{9}\left[(10+10^{2}+\ldots+10^{n})-n\right]=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{10^{n+1}-10}{9}-n\right)=\dfrac{10^{n+1}-9n-10}{81}[/tex]
Проверка: [tex]n=2:\ \dfrac{1000-28}{81}=12=1+11[/tex].

Решение:
В геометрической прогрессии [tex]a_{k}a_{2n+1-k}=a_{1}a_{2n}[/tex] при любом [tex]k[/tex], поэтому [tex]\dfrac{1}{a_{k}}=\dfrac{a_{2n+1-k}}{a_{1}a_{2n}}[/tex]. Складывая по всем [tex]k[/tex]:
[tex]\dfrac{1}{a_{1}}+\ldots+\dfrac{1}{a_{2n}}=\dfrac{a_{1}+\ldots+a_{2n}}{a_{1}a_{2n}}\Rightarrow 24=\dfrac{12}{a_{1}a_{2n}}\Rightarrow a_{1}a_{2n}=\dfrac{1}{2}[/tex]
Множители разбиваются на [tex]n[/tex] пар [tex]a_{k}a_{2n+1-k}[/tex], каждая из которых равна [tex]\dfrac{1}{2}[/tex], поэтому произведение равно [tex]\dfrac{1}{2^{n}}[/tex].

Решение:
Если [tex]q=1[/tex], то [tex]\dfrac{S_{3n}}{S_{n}}=3[/tex], поэтому [tex]q\ne 1[/tex]. Положим [tex]t=q^{n}[/tex]. Члены [tex]a_{n+1}; \ldots; a_{2n}[/tex] равны первым [tex]n[/tex] членам, умноженным на [tex]t[/tex], а [tex]a_{2n+1}; \ldots; a_{3n}[/tex] – умноженным на [tex]t^{2}[/tex]:
[tex]S_{2n}=S_{n}(1+t); S_{3n}=S_{n}(1+t+t^{2})[/tex]
[tex]1+t+t^{2}=2\iff t^{2}+t-1=0\iff t=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}[/tex]
Тогда [tex]\dfrac{S_{2n}}{S_{n}}=1+t=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}[/tex], а положительное значение равно [tex]\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]T=1+q^{2}+q^{4}+\ldots+q^{2n-2}\ge 1[/tex]. Тогда
[tex]a_{2}+a_{4}+\ldots+a_{2n}=a_{1}qT; a_{1}+a_{3}+\ldots+a_{2n+1}=a_{1}(1+q^{2}T); q+q^{3}+\ldots+q^{2n-1}=qT[/tex]
Уравнение принимает вид [tex]\dfrac{1+q^{2}T}{qT}=2+\dfrac{1}{qT}\iff 1+q^{2}T=2qT+1\iff qT(q-2)=0[/tex].
Так как [tex]q\ne 0[/tex] и [tex]T\ne 0[/tex], [tex]q=2[/tex].

Решение:
Так как [tex]1-\cos 2x=2\sin ^{2}x[/tex], произведение первого и третьего чисел равно [tex]1[/tex], поэтому
[tex]\left(\cos x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}=1; |\cos x|\le 1\Rightarrow\cos x=-\dfrac{1}{2}[/tex]
Тогда [tex]\sin ^{2}x=\dfrac{3}{4}[/tex], три члена равны [tex]\dfrac{3}{2}; -1; \dfrac{2}{3}[/tex] и [tex]q=-\dfrac{2}{3}[/tex].
[tex]a_{15}=a_{k}q^{15-k}\Rightarrow\dfrac{3}{2}\left(-\dfrac{2}{3}\right)^{15-k}=\dfrac{27}{8}\Rightarrow\left(-\dfrac{2}{3}\right)^{15-k}=\dfrac{9}{4}=\left(-\dfrac{2}{3}\right)^{-2}[/tex]
[tex]15-k=-2\Rightarrow k=17[/tex]

Решение:
[tex]f'(x)=3x^{2}-12x+9=3(x-1)(x-3)[/tex], поэтому экстремумы достигаются при [tex]x=1[/tex] и [tex]x=3[/tex].
Пусть [tex]L=\log_{3}p[/tex]. Тогда
[tex]f(3)=L; f(2)=L+2; f(1)=L+4[/tex]
Квадрат среднего члена равен произведению двух других:
[tex](L+2)^{2}=L(L+4)\iff 4=0[/tex] – невозможно;
[tex]L^{2}=(L+2)(L+4)\iff L=-\dfrac{4}{3}[/tex]
[tex](L+4)^{2}=L(L+2)\iff L=-\dfrac{8}{3}[/tex]
Так как [tex]p=3^{L}[/tex] возрастает вместе с [tex]L[/tex], наименьшее значение [tex]p=3^{-\frac{8}{3}}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]128=54q^{k}[/tex] при некотором целом [tex]k\ne 0[/tex]. Тогда [tex]|q|^{k}=\dfrac{64}{27}=\left(\dfrac{4}{3}\right)^{3}[/tex].
Каждый член имеет вид [tex]\pm 54\left(\dfrac{4}{3}\right)^{r}[/tex] с рациональным [tex]r[/tex]. Сравнение степеней тройки показывает, что это число рационально лишь при целом [tex]r=m[/tex].
Число [tex]54\left(\dfrac{4}{3}\right)^{m}=2^{2m+1}\cdot 3^{3-m}[/tex] натуральное лишь при [tex]m=0; 1; 2; 3[/tex], что даёт [tex]54; 72; 96; 128[/tex]; все четыре – члены прогрессии с [tex]q=\dfrac{4}{3}[/tex].
[tex]54+72+96+128=350[/tex]

Решение:
По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом для [tex]2010[/tex] чисел [tex]q^{2010}; 1; \ldots; 1[/tex]: [tex]q^{2010}+2009\ge 2010\sqrt[2010]{q^{2010}}=2010|q|\ge 2010q[/tex].
Равенство достигается лишь при [tex]q^{2010}=1[/tex] и [tex]|q|=q[/tex], т.е. [tex]q=1[/tex]. Значит, все члены равны [tex]1[/tex] и [tex]S_{n}=n[/tex]:
[tex]S_{1}+S_{2}+\ldots+S_{2009}=1+2+\ldots+2009=\dfrac{2009\cdot 2010}{2}=2019045[/tex]
Внимание: формулу [tex]S_{n}=\dfrac{q^{n}-1}{q-1}[/tex] здесь применять нельзя, так как [tex]q=1[/tex].

Решение:
Предположим, что они – члены геометрической прогрессии со знаменателем [tex]q[/tex]. Тогда [tex]11=10q^{m}; 12=11q^{n}[/tex] при некоторых ненулевых целых [tex]m[/tex] и [tex]n[/tex].
Возведём первое равенство в степень [tex]n[/tex], а второе – в степень [tex]m[/tex]: [tex]\left(\dfrac{11}{10}\right)^{n}=q^{mn}=\left(\dfrac{12}{11}\right)^{m}[/tex]. Отсюда
[tex]11^{m+n}=10^{n}\cdot 12^{m}=2^{n+2m}\cdot 3^{m}\cdot 5^{n}[/tex]
По единственности разложения на простые множители (в том числе с отрицательными показателями) степени пятёрки в обеих частях должны совпадать, поэтому [tex]n=0[/tex] – противоречие.