ЕГЭ C6

[srider0000]

Здравствуйте!

Во второй волне егэ по математике было такое задание:
Найти все натуральные числа $a$ и $b$, удовлетворяущие равенству $a^b+27=\overline{ab}$ (в правой части равенства стоит число, полученное приписыванием к числу $a$ числа $b$).

Пусть в числе $b$ $n$ цифр, тогда $\overline{ab}=10^na+b$.
$a=1, b=1$ не подходят.
$a^b-b=10^na-27$.
Рассмотрим функцию $f(x)=a^x-x, x\geqslant 2$
$f'(x)=a^x\ln a -1$
то есть $f(x)$ возрастает на рассматриваемом мн-ве. ($min f(x)=f(2)=a^2-2$)
Значит выражение $a^b-b$ принимает значение $10^na-27$ при единственном $b$.
Собственно вопрос, как сдедующую выкладку строго доказать (или оформить):
Найдём при каких $a$ выполняется $10^na-27\geqslant f(2)$.
$a^2-10^na+25\leqslant 0$
$D=10^{2n}-100=100^n-100\leqslant 0$, причём равенство достигается только при $n=1$
Значит $a=5$.

[ShMaxG]

Вообще-то, надо смотреть, когда $D\geq 0$. Иначе -- парабола ось абсцисс не пересекает и неравенство на $a$ не выполнено.

-- Вт июл 13, 2010 16:54:25 --

srider0000 в сообщении #338947 писал(а):

Значит выражение $a^b-b$ принимает значение $10^na-27$ при единственном $b$.

Почему? Правая часть же зависит от $b$, это не константа. Так что это утверждение не подтверждено.

[neo66]

Не слишком изящная задача.

$a^b+27=\overline{ab}$

1) Пусть $a=1$. Тогда $28=\overline{1b}$ решения не имеет.
Значит $a \ge2$.

2) Пусть $b=1$. Тогда $a +27=\overline{a1}=10a+1$ тоже решения не имеет. Значит $b \ge 2$.

3) Пусть $b=2$. Тогда $a^2+27=10a+2$.
То есть, $a=5$.

4) Пусть $a \ge 2, b \ge 3$. Можно доказать, что в этом случае решений тоже нет. Но, доказательство малопривлекательно. Поэтому я его опускаю.

[hurtsy]

neo66 в сообщении #339062 писал(а):

Не слишком изящная задача.

Я бы согласился с Вами, но решил ради такой жары построить трехмерный график. У меня (конечно пиратская) Maple 13. Очень неожиданно (для меня) получается картинка. Я думаю Вы легко это проделаете и просмотрите картинку на своем компьютере. С уважением,

[neo66]

hurtsy в сообщении #340213 писал(а):

...но решил ради такой жары построить трехмерный график

График чего?

[hurtsy]

neo66 в сообщении #340269 писал(а):

hurtsy в сообщении #340213 писал(а):

...но решил ради такой жары построить трехмерный график

График чего?

График поверхности в координатах $a,b$.

$$a^b - a{10}^{ceil( {\lg b})}- b+27$$

где $ceil( {\lg b})$ ближайшее сверху от $\lg b$ целое.
Кажется так правильно, если я не сильно отстал от современных веяний(болонский процесс не шутит).
Очень удобно туда же вывести нулевую поверхность $f(a,b)=0$.
С уважением,

[rush]

как-то вот так:

$a^b = \overline{ab} - 27$

$\overline{ab} > 27$, ну еще можно сказать что $\overline{ab} \ge 38$

$2^7 > 27+27 \Rightarrow b < 7$

$2^1 < 27+21 \Rightarrow b > 1$

$a^b + 27 = a \cdot 10 + b$

$a^{b-1} + \frac{27}a = 10 + \frac ba$

$a^{b-1} - 10= \frac{b-27}a \Rightarrow a^{b-1} < 10, a | (27-b)$

$b = 2: a = 5$

$b = 3: a = 3, 4$

$b = 4: a = 23$

$b = 5: a = 11, 2$

$b = 6: a = 3, 7$

Ответ:
$a = 5, b = 2$

[TOTAL]

rush в сообщении #340326 писал(а):

как-то вот так:
$2^7 > 27+27 \Rightarrow b < 7$

Объясните, почему исходное равенство невозможно при $b \ge 7.$



(Считаем $a>1, \; k>0$)
$a^{10^k} \ge a^{10k}= \left(a^{10}\right)^k > \left( 10^2a+10\right)^k \ge 10^{k+1}a+10^k$
Поэтому неравенство $a^b>\overline{ab}$ выполняется для $b=10^k,$ а значит, и для всех $b>9$

[rush]

TOTAL в сообщении #340328 писал(а):

rush в сообщении #340326 писал(а):

как-то вот так:
$2^7 > 27+27 \Rightarrow b < 7$

Объясните, почему исходное равенство невозможно при $b \ge 7.$



(Считаем $a>1, \; k>0$)
$a^{10^k} \ge a^{10k}= \left(a^{10}\right)^k > \left( 10^2a+10\right)^k \ge 10^{k+1}a+10^k$
Поэтому неравенство $a^b>\overline{ab}$ выполняется для $b=10^k,$ а значит, и для всех $b>9$

вот поэтому-то и меньше семи, т.к. уже при а = 2 степень куда больше этих дописок. что там дальше - и подумать страшно.

[TOTAL]

rush в сообщении #340382 писал(а):

вот поэтому-то и меньше семи, т.к. уже при а = 2 степень куда больше этих дописок. что там дальше - и подумать страшно.

Как именно Вы доказали, что меньше семи?

[rush]

TOTAL в сообщении #340483 писал(а):

rush в сообщении #340382 писал(а):

вот поэтому-то и меньше семи, т.к. уже при а = 2 степень куда больше этих дописок. что там дальше - и подумать страшно.

Как именно Вы доказали, что меньше семи?

А КАК ВЫ ДОКАЖЕТЕ, Ч

ЕСЛИ ДЛЯ ВАС ЭТО НЕОЧЕВ

возьмем $b = 7$.
$a^b = a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a$
$\overline{ab} = a \cdot 10 + b$
$ a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a > a \cdot 10 + 7$, потому что $a^6 - \frac 7a > 10 $ и с ростом $a$ это всё яснее.

возьмем $b > 7$.
$a^b = a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot \ldots \cdot a$
допустим сверху $\overline{ab} \le a \cdot {10}^{|\operatorname{ lg } b | + 1} + b$

$ a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot a \cdot \ldots \cdot a > a \cdot {10}^{|\operatorname{ lg } b| + 1} + b$ потому что $a^{b-1} > 10b + \frac ba$

для $a = 2$, $b = 8$, $128 > 84$. при увеличении $b$, степень увеличивается больше, чем на 10, а $\frac ba$ и вовсе растет на $\frac 1a$, что меньше 1. таким образом, перегнать рост на 11 не составляет большого труда для степени.

[mitia87]

При $a > 5, b > 2$ у чисел слева и справа разное число цифр
$\ln a \geq \ln 6 \geq \frac{\ln 3 + 1}{3 - 1} \geq \frac{\ln b + 1}{b - 1}$

[rush]

Да, в моем доказательстве конечно же есть ошибка. Показатель степени там не + 1, а разумеется + 2. Но и 101 уступает 128.