Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1034
2015-02-14 
Пусть $a, b$ и $n$ — натуральные числа, большие единицы.
Числа $a$ и $b$ являются основаниями двух систем счисления. Числа $A_{n}, B_{n}$ имеют одинаковое представление $x_{n}x_{n-1} \cdots x_{1}x_{0}$ в системах счисления с основаниями $a$ и $b$, причем $x \neq 0, x_{n-1} \neq 0$. Числа, получившиеся после вычеркивания первой цифры $x_{n}$, будем называть $A_{n-1}, B_{n-1}$.
Докажите, что $a > b$ тогда и только тогда, когда $\frac{A_{n-1}}{A_{}n} < \frac{B_{n-1}}{B_{n}}$.
Решение:
$A_{n} = \sum_{k=0}^{n} x_{k}a^{k}, B_{n} = \sum_{k=0}^{n} x_{k}b^{k}, A_{n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} x_{k}a^{k}, B_{n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} x_{k}b^{k}$.
Значит, $A_{n-1} =A_{n} – x_{n}a^{n}, B_{n-1} = B_{n} – x_{n}b^{n}$. Пусть $a>b$. Тогда $a^{k} > b^{k}$ и $\frac{1}{a^{k}} < \frac{1}{b^{k}}$ для любого $k \geq 1$. Так как $x_{k} > 0$ для $k=n$ и $k=n-1$ и $x_{k} \geq 0$ для $k \leq n-2$, то из последних неравенств следует, что $\sum_{k=0}^{n} x_{n-k} \left ( \frac{1}{a^{k}} - \frac{1}{b^{k}} \right ) < 0$, а значит,
$\sum_{k=0}^{n} \frac{x_{n-k}}{a^{k}} < \sum_{k=0}^{n} \frac{x_{n-k}}{b^{k}}$
Отсюда следует, что $\frac{ \sum_{k=0}^{n} x_{n-k} a^{n-k}}{a^{n}} < \frac{\sum_{k=0}^{n}x_{n-k}b^{n-k}}{b^{n}}$, т. е. $\frac{A_{n}}{a^{n}} < \frac{B_{n}}{b^{n}}$ и, значит, $\frac{a^{n}}{A_{n}} > \frac{b^{n}}{B_{n}}$, что равносильно неравенству $1 - \frac{x_{n}a^{n}}{A_{n}} < 1 - \frac{x_{n}b^{n}}{B_{n}}$, а последнее преобразуется к виду $\frac{A_{n-1}}{A_{n}} < \frac{B_{n-1}}{B_{n}}$.
Пусть $\frac{A_{n-1}}{A_{n}} < \frac{B_{n-1}}{B_{n}}$. Проведя все рассуждения в обратном порядке, получим: $\sum_{k=0}^{n} x_{n-k} \left ( \frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{b_{n}} \right ) < 0$.
Так как $x_{n-k} \geq 0$, причем $x_{n} \neq 0$ и $x_{n-1} \neq 0$, то неравенство возможно только при $a > b$
Пусть $a, b$ и $n$ — натуральные числа, большие единицы.
Числа $a$ и $b$ являются основаниями двух систем счисления. Числа $A_{n}, B_{n}$ имеют одинаковое представление $x_{n}x_{n-1} \cdots x_{1}x_{0}$ в системах счисления с основаниями $a$ и $b$, причем $x \neq 0, x_{n-1} \neq 0$. Числа, получившиеся после вычеркивания первой цифры $x_{n}$, будем называть $A_{n-1}, B_{n-1}$.
Докажите, что $a > b$ тогда и только тогда, когда $\frac{A_{n-1}}{A_{}n} < \frac{B_{n-1}}{B_{n}}$.
Решение:
$A_{n} = \sum_{k=0}^{n} x_{k}a^{k}, B_{n} = \sum_{k=0}^{n} x_{k}b^{k}, A_{n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} x_{k}a^{k}, B_{n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} x_{k}b^{k}$.
Значит, $A_{n-1} =A_{n} – x_{n}a^{n}, B_{n-1} = B_{n} – x_{n}b^{n}$. Пусть $a>b$. Тогда $a^{k} > b^{k}$ и $\frac{1}{a^{k}} < \frac{1}{b^{k}}$ для любого $k \geq 1$. Так как $x_{k} > 0$ для $k=n$ и $k=n-1$ и $x_{k} \geq 0$ для $k \leq n-2$, то из последних неравенств следует, что $\sum_{k=0}^{n} x_{n-k} \left ( \frac{1}{a^{k}} - \frac{1}{b^{k}} \right ) < 0$, а значит,
$\sum_{k=0}^{n} \frac{x_{n-k}}{a^{k}} < \sum_{k=0}^{n} \frac{x_{n-k}}{b^{k}}$
Отсюда следует, что $\frac{ \sum_{k=0}^{n} x_{n-k} a^{n-k}}{a^{n}} < \frac{\sum_{k=0}^{n}x_{n-k}b^{n-k}}{b^{n}}$, т. е. $\frac{A_{n}}{a^{n}} < \frac{B_{n}}{b^{n}}$ и, значит, $\frac{a^{n}}{A_{n}} > \frac{b^{n}}{B_{n}}$, что равносильно неравенству $1 - \frac{x_{n}a^{n}}{A_{n}} < 1 - \frac{x_{n}b^{n}}{B_{n}}$, а последнее преобразуется к виду $\frac{A_{n-1}}{A_{n}} < \frac{B_{n-1}}{B_{n}}$.
Пусть $\frac{A_{n-1}}{A_{n}} < \frac{B_{n-1}}{B_{n}}$. Проведя все рассуждения в обратном порядке, получим: $\sum_{k=0}^{n} x_{n-k} \left ( \frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{b_{n}} \right ) < 0$.
Так как $x_{n-k} \geq 0$, причем $x_{n} \neq 0$ и $x_{n-1} \neq 0$, то неравенство возможно только при $a > b$
