Каталог по темам

Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 >> [Всего задач: 22]

Задача 79539

Темы:	[	Показательные функции и логарифмы (прочее)	]
Темы:	[	Бесконечные пределы и пределы на бесконечности	]

Сложность: 3+
Классы: 9,10,11

Существует ли на координатной плоскости прямая, относительно которой симметричен график функции y = 2^x?

Решение

Ответ: не существует. Действительно, если график функции y = 2^x симметричен относительно некоторой прямой, то при симметрии относительно этой прямой горизонтальная асимптота y = 0 этого графика должна перейти в некоторую асимптоту этого графика. Но у графика функции y = 2^x нет других асимптот. Следовательно, при этой симметрии прямая y = 0 переходит в себя, а значит, ось симметрии либо совпадает с прямой y = 0, либо перпендикулярна ей. Проверка того, что прямая y = 0 и прямые вида x = const не являются осями симметрии графика функции y = 2^x, оставляется читателю в качестве упражнения.

Прислать комментарий

Задача 61303

Темы:	[	Показательные функции и логарифмы (прочее)	]
Темы:	[	Теоремы Тейлора и приближения функций	]

Сложность: 4
Классы: 10,11

Старый калькулятор II. Производная функции ln x при x = 1 равна 1. Отсюда

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}^{}$ $\displaystyle {\dfrac{\ln(1+x)}{x}}$ = $\displaystyle \lim\limits_{x\to0}^{}$ $\displaystyle {\dfrac{\ln(1+x)-\ln1}{(1+x)-1}}$ = 1.

Воспользуйтесь этим фактом для приближенного вычисления натурального логарифма числа N. Как и в задаче 9.51 , разрешается использовать стандартные арифметические действия и операцию извлечения квадратного корня.

Прислать комментарий

Задача 116235

Тема:

[

Показательные функции и логарифмы (прочее)

]

Сложность: 5
Классы: 11

Автор: Косухин О.Н.

При какой перестановке a₁, a₂, ..., a₂₀₁₁ чисел 1, 2, ..., 2011 значение выражения

будет наибольшим?

Решение

Пусть a₁, a₂, ..., a₂₀₁₁ — искомая расстановка чисел. Нетрудно видеть, что тогда должно быть выполнено равенство a₂₀₁₁ = 1, так как иначе выражение из условия задачи можно было бы увеличить, поменяв между собой местами числа a_k = 1 (k ≠ 2011) и a₂₀₁₁.

Сравним два числа и , где a, b и c — некоторые натуральные числа, причём a ≠ b, a ≥ 2 и b ≥ 2. Так как функция y = ln x монотонно возрастает при всех x > 0, то разность – имеет тот же знак, что и разность

Найдём промежутки монотонности функции y = x^{– c} ln x. Имеем

Так как y' > 0 при 0 < x < e^1/c и y' < 0 при x > e^1/c, то функция y = x^{– c} ln x возрастает на промежутке 0 < x < e^1/c и убывает на промежутке x > e^1/c.

При c = 1, учитывая неравенство 3 > e, отсюда получаем

Значит, a^{– 1} ln a > b^{– 1} ln b, если 3 ≤ a < b. Следовательно, a^b¹ > b^a¹ при 3 ≤ a < b. При c ≥ 2 имеем 1 < e^1/c < 2. Поэтому при таких значениях c получаем, что

Тогда a^{– c} ln a > b^{– c} ln b и a^{b^c} > b^{a^c} при 2 ≤ a < b.

Докажем по индукции, что для искомой расстановки чисел и всех n = 1, 2, ..., 2010 имеет место равенство a_{2011 – n} = 2012 – n. Пусть сначала n = 1. Если 2011 = a_k, где k ≤ 2009, то 2 ≤ a_k+1 < a_k и, по доказанному выше, a_k^{a_k+1
^c} < a_k+1^{a_k^c} при всех натуральных c. Поэтому выражение из условия задачи можно увеличить, поменяв между собой местами числа a_k = 2011 и a_k+1. Полученное противоречие означает, что a₂₀₁₀ = 2011. Аналогичными рассуждениями доказываются и следующие шаги индукции: считая уже доказанным равенство a_{2011 – n} = 2012 – n при некотором натуральном n ≤ 2007 и предполагая, что a_{2011 – (n + 1)} ≠ 2012 – (n + 1), приходим к противоречию, так как по доказанному выше a_k^{a_{k + 1}^c} < a_k+1^{a_k^c} при 2012 – (n + 1) = a_k, где k ≤ 2011 – (n + 2). Значит, a₃ = 4, a₄ = 5, ..., a₂₀₁₀ = 2011 и a₂₀₁₁ = 1. Для доказательства того, что a₁ = 2 и a₂ = 3, заметим, что при c = 4^{5^...²⁰¹¹} > 2 имеет место неравенство 2^{3^c} > 3^{2^c}. Следовательно, выражение из условия задачи будет наибольшим при a₁ = 2, a₂ = 3, ..., a₂₀₁₀ = 2011 и a₂₀₁₁ = 1.

Ответ

a₁ = 2, a₂ = 3, a₃ = 4, ..., a₂₀₁₀ = 2011, a₂₀₁₁ = 1.

Прислать комментарий

Задача 109438

Темы:	[	Характеристические свойства и рекуррентные соотношения	]
Темы:	[	Показательные функции и логарифмы (прочее)	]

Сложность: 3-
Классы: 8,9,10,11

Функция f такова, что для любых положительных x и y выполняется равенство f(xy) = f(x) + f(y) . Найдите f(2007) , если f() = 1 .

Решение

При y = 1 данное равенство примет вид: f(x) = f(x) + f(1) , следовательно, f(1) = 0 . Пусть x = 2007 , y = , тогда f(1) = f(2007) + f() , то есть f(2007) = - f() = -1 . Отметим, что простейшей из функций, удовлетворяющих условию, является логарифмическая функция, которую можно задать формулой f(t)=log 1/2007t . Но эта функция – далеко не единственная из возможных, так как не задано условие непрерывности функции f (либо ее монотонности).

Ответ

-1 .

Прислать комментарий

Задача 30857

Темы:	[	Числовые неравенства. Сравнения чисел.	]
Темы:	[	Показательные функции и логарифмы (прочее)	]

Сложность: 3
Классы: 6,7

Сколько цифр у числа 2¹⁰⁰⁰?

Решение

lg 2 = 0,30102... Следовательно, 10³⁰¹ < 2¹⁰⁰⁰ < 10³⁰².

Ответ

302 цифры.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 >> [Всего задач: 22]