Фильтр
Выбрана 1 задача Убрать все задачи
Из имеющихся последовательностей {bn} и {cn} (возможно, {bn} совпадает с {cn}) разрешается получать последовательности
{bn + cn},
{bn – cn}, {bncn} и {bn/cn} (если все члены последовательности {cn} отличны от 0). Кроме того, из любой имеющейся последовательности можно получить новую, вычеркнув несколько начальных членов. Сначала есть только последовательность {an}. Можно ли получить из неё описанными выше операциями последовательность {n}, то есть 1, 2, 3, 4, ..., если
а) an = n²;
б)
в)
Решение
Задачи
Задача 77915 |
|
|
Числа 1, 2, 3, ..., 101 выписаны в ряд в каком-то порядке.
Докажите, что из них можно вычеркнуть 90 так, что оставшиеся 11 будут расположены по их величине (либо возрастая, либо убывая).
|
|
Решение |
Задача 107838 |
|
|
Рассмотрим степени пятерки: 1, 5, 25, 125, 625, ... Образуем последовательность их первых цифр: 1, 5, 2, 1, 6, ...
Докажите, что любой кусок этой последовательности, записанный в обратном
порядке, встретится в последовательности первых цифр степеней двойки (1, 2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, ...).
|
|
|
Решение |
Задача 105088 |
|
Из имеющихся последовательностей {bn} и {cn} (возможно, {bn} совпадает с {cn}) разрешается получать последовательности
{bn + cn},
{bn – cn}, {bncn} и {bn/cn} (если все члены последовательности {cn} отличны от 0). Кроме того, из любой имеющейся последовательности можно получить новую, вычеркнув несколько начальных членов. Сначала есть только последовательность {an}. Можно ли получить из неё описанными выше операциями последовательность {n}, то есть 1, 2, 3, 4, ..., если
а) an = n²;
б)
в)
|
|
|
Решение |
Задача 109599 |
|
|
Докажите, что для любого натурального числа a1 > 1 существует такая возрастающая последовательность натуральных чисел a1, a2, a3, ...,
что делится на a1 + a2 + ... + ak при всех k ≥ 1.
|
|
|
Решение |
Страница: << 10 11 12 13 14 15 16 [Всего задач: 79]
