Тема АЛГЕБРА

Последовательности и прогрессии → .06 Последовательности нестандартного вида

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Последовательности и прогрессии

Арифметическая прогрессия

Геометрическая прогрессия

Комбинация арифметической и геометрической прогрессий

Рекуррентные соотношения

Периодичность и зацикливание

Последовательности нестандартного вида

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#97452Максимум баллов за задание: 7

$a ,a,a ,... 0 1 2$ – последовательность, состоящая из целых чисел. $b,b ,b ,... 0 1 2$ – последовательность, состоящая из положительных целых чисел. Известно, что $a0 = 0,a1 =1$ , а также для $n≥ 1$

({ an+1 = anbn+ an−1, если bn−1 = 1, (anbn− an−1, если bn−1 > 1.

Докажите, что по крайней мере одно из чисел $a2017,a2018 ≥ 2017$ .

Источники: IMO shortlist - 2017, A7

Показать доказательство

Значение $b 0$ не имеет значения, так как $a =0, 0$ поэтому можно предположить, что $b = 1. 0$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. $an ≥1$ для всех $n≥ 1.$

Доказательство. Предположим обратное для получения противоречия. Пусть $n≥ 1$ будет наименьшим числом, для которого $an ≤ 0.$ Заметим, что $n≥ 2.$ Следовательно, $an−1 ≥1$ и $an−2 ≥ 0.$ Таким образом, не может быть, что $an = an−1bn−1+ an−2,$ поэтому должно быть $an =an−1bn−1− an−2.$ Поскольку $an ≤ 0,$ то $an−1 ≤an−2.$ Таким образом, получаем что

an−2 ≥ an−1 ≥an

Пусть $r$ будет наименьшим индексом, при котором $ar ≥ ar+1 ≥ ar+2.$ Тогда $r≤ n− 2,$ как показано выше, но также $r ≥2:$

если $b = 1, 1$ тогда $a = a = 1, 2 1$ и $a = a b+ a ≥ a; 3 22 1 2$
если $b1 > 1,$ тогда $a2 = b1 ≥ a1.$

Из минимального выбора $r$ следует, что $ar−1 < ar.$ И поскольку $2 ≤r ≤n − 2,$ по минимальному выбору $n,$ мы имеем $ar−1,ar,ar+1 > 0.$ Чтобы было $ar+1 ≥ar+2,$ должно быть

ar+2 = ar+1br− ar,

так что $br ≥2.$ Соединив всё вместе, получаем

ar+1 = arbr +ar−1 ≥ 2ar − ar−1 = ar+(ar− ar−1)≥ ar

Это противоречит $ar ≥ar+1 ≥ ar+2.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Для завершения решения докажем, что $max(an,an+1)≥n$ по индукции. Случаи $n = 0,1$ даны. Предположим, что это верно для всех неотрицательных целых чисел, меньших $n,$ где $n≥ 2.$ Существует два случая:

Случай 1: $bn−1 = 1.$

Тогда

an+1 = anbn +an−1

По индуктивному предположению одно из $a ,a n n−1$ не меньше $n− 1,$ а другое, согласно лемме, не меньше $1.$ Следовательно,

an+1 = anbn+ an−1 ≥ an+ an−1 ≥(n− 1)+1 =n

Таким образом, $max(an,an+1)≥ n,$ как и требовалось.

Случай 2: $bn−1 > 1$

Поскольку мы определили $b0 = 1,$ существует индекс $r,$ такой что $1 ≤r ≤n − 1,$ при котором

bn−1,bn−2,...,br ≥2 и br−1 = 1

Мы имеем

ar+1 = arbr+ ar−1 ≥ 2ar+ ar−1

Таким образом,

ar+1− ar ≥ ar +ar−1

Теперь утверждаем, что $ar+ ar− 1 ≥r.$ Это верно, поскольку для $r= 1$ утверждение проверяется напрямую; для $r≥ 2,$ одно из $ar,ar−1$ не меньше $r− 1$ по индуктивному предположению, а другое, согласно лемме, не меньше 1. Следовательно, $ar+ar−1 ≥ r,$ как утверждалось, и поэтому $ar+1− ar ≥ r$ по последнему неравенству в предыдущем абзаце.

Так как $r≥ 1$ и, согласно лемме, $ar ≥1,$ из $ar+1− ar ≥ r$ мы получаем следующие два неравенства:

ar+1 ≥ r+ 1 и ar+1 > ar

Теперь заметим, что

am > am−1 =⇒ am+1 > am для m= r+ 1,r +2,...,n− 1

В силу того, что

am+1 = ambm− am−1 ≥ 2am− am−1 =am +(am − am−1)> am

Следовательно,

an >an−1 > ⋅⋅⋅> ar ≥ r+ 1 =⇒ an ≥ n

Таким образом, $max(an,an+1)≥ n,$ как и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#135285Максимум баллов за задание: 7

Взяли несколько положительных чисел и построили по ним такую последовательность: $a 1$ — сумма исходных чисел, $a 2$ — сумма квадратов исходных чисел, $a3$ — сумма кубов исходных чисел, и т.д.

(a) Могло ли случиться, что до $a5$ последовательность убывает, а начиная с $a5$ — возрастает?

(b) А могло ли случиться наоборот: до $a5$ последовательность возрастает, а начиная с $a5$ — убывает?

Показать ответ и решение

(a) Пример: возьмём одно число $2$ и $1024$ чисел, равных $1 2.$ Тогда

n ( 1)n n 10−n ( n−5 5−n) an =2 + 1024 ⋅ 2 =2 + 2 =32 2 + 2 .

Пусть $y = 2n−5 >0.$ Тогда $an = 32(y+y−1).$ Из неравенства $y+ 1y ≥ 2$ (равенство достигается при $y =1$ ) следует, что $an$ минимально при $y = 1,$ то есть при $n= 5.$ При $n < 5$ имеем $y < 1,$ и функция $y +y−1$ убывает при приближении $y$ к $1.$ При $n> 5$ имеем $y >1,$ и функция возрастает. Следовательно,

a1 >a2 >...>a5 < a6 < a7 < ...,

что и требовалось.

(b) Предположим, что $a1 < a2 < ...< a5$ и далее $a5 > a6 > a7 > ....$ Тогда $a5$ — наибольший член последовательности, и для любого $n$ выполняется

an ≤a5.

Пусть среди исходных чисел есть наибольшее $x.$ Если $x ≤1,$ то каждое слагаемое $n x$ не растёт при увеличении $n,$ и тогда вся сумма не могла бы возрастать на начальном участке, что противоречит условию. Следовательно, $x> 1,$ но тогда для всех $n$ имеем $n an ≥x .$

Поскольку $x> 1,$ последовательность $xn$ неограниченно возрастает при $n→ ∞.$ Значит, и $an$ неограниченно возрастает, что противоречит убыванию после $a5.$ Следовательно, такой случай невозможен.

Ответ:

(a) да; (b) нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#70499Максимум баллов за задание: 7

В последовательности целых чисел $(a ) n$ сумма $a + a m n$ делится на $m +n$ при любых различных $m$ и $n.$ Докажите, что $a n$ кратно $n$ при любом $n.$

Источники: СпбОШ - 2016, задача 11.1(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется, нужно расписать a(n) в виде, который будет удобен для решения задачи. Для того, чтобы это сделать, можно обратить внимание на соседние нечётные члены последовательности.

Подсказка 2

Ну что? Придумали как разложить? Да! 2 * a_n = (a_(3n) + a_n) + (a_(5n) + a_n) - (a_(5n) + a_(3n)). Теперь несложно заметить, что каждая скобка в правой части равенства делится на 2n ≥ 2 * a_n тоже делится на 2n. Это ведь почти то, что нам надо, осталось додумать совсем чуть-чуть))

Показать доказательство

Распишем $a n$ в хорошем для нас виде

(a3n +an)+ (a5n+ an)− (a5n +a3n)= 2an.

Тогда видим, что каждая скобка в левой части делится на $2n,$ поэтому и правая часть делится, то есть $an$ кратно $n.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#84398Максимум баллов за задание: 7

В последовательности натуральных чисел $a ,a ,a,... 1 2 3$ каждое натуральное число встречается ровно $1$ раз. Докажите, что существует бесконечно много таких $n,$ что $3n НОД (an,an+1)≤ 4 .$

Показать доказательство

Предположим противное, т.е. найдется такое $N,$ что для любого $n≥ N$ выполнено $(a ,a )> 3n∕4. n n+1$ Тогда для всех $n ≥4N$ выполнено

an ≥ (an,an+1)>3n∕4≥ 3N

Поскольку среди чисел $a1,a2,...$ встречаются все натуральные числа, то числа $1,2,...,3N$ должны быть среди $a1,a2,...,a . 4N −1$ Следовательно, среди чисел $a ,a ,...,a 2N 2N+1 4N−1$ встретится хотя бы $3N − (2N − 1)=N + 1$ чисел, не превосходящих $3N,$ а значит найдутся и два соседних таких числа $a k$ и $a . k+1$ Но

(ak,ak+1)≤ max(ak,ak+1)∕2≤ 3N ∕2 ≤3k∕4

противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#74091Максимум баллов за задание: 7

Петя хочет выписать все возможные последовательности из $100$ натуральных чисел, в каждой из которых хотя бы раз встречается тройка, а любые два соседних члена различаются не больше, чем на $1.$ Сколько последовательностей ему придётся выписать?

Источники: Всеросс., 2015, РЭ, 9.8(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С последовательностями из условия работать трудно. Попробуйте заменить их на более простые последовательности.

Подсказка 2

Рассмотрите разностную последовательность каждой последовательности из условия. Сколько их всего и как из их количество прийти к количеству исходных?

Подсказка 3

Подумайте, какое условие необходимо для того, чтобы в интересной последовательности появилась 3? (Учитывая, что соседние члены отличаются не более чем на 1)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Обозначим $n =100.$ Назовём последовательность из $n$ натуральных чисел, любые два соседних члена которой различаются не больше, чем на $1,$ интересной. Каждой интересной последовательности $a1,a2,...,an$ сопоставим разностную последовательность $bi = ai+1− ai(i= 1,2,...,n− 1).$ Все члены разностной последовательности равны $0$ или $±1,$ так что количество всевозможных разностных последовательностей равно $n−1 3 .$

Посчитаем сначала количество $S$ всех интересных последовательностей, минимальный член которых не превосходит $3.$ Рассмотрим произвольную разностную последовательность $b1,b2,...,b99.$ Любые две интересные последовательности, соответствующие ей, отличаются прибавлением одного и того же числа к каждому члену. Значит, среди них ровно по одной последовательности с минимальным членом, равным $1,2$ и $3.$ Таким образом, $n−1 n S =3⋅3 = 3 .$

В $S$ учтены все последовательности, выписываемые Петей, и несколько лишних - тех, в которых не встречается $3.$ Ясно, что, если в интересной последовательности встречаются как числа, большие $3,$ так и меньшие $3,$ то и $3$ тоже встречается. Но минимальный член каждой лишней последовательности не больше $2,$ значит, и все их члены не превосходят $2.$ Итак, все лишние последовательности состоят из единиц и двоек. С другой стороны, каждая последовательность из единиц и двоек является интересной, и, стало быть, лишней.

Итого, лишних последовательностей ровно $2n,$ а значит, искомое количество равно $S − 2n = 3n− 2n.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Назовём хорошей последовательность из $n$ натуральных чисел, в которой хотя бы раз встречается тройка, а любые два соседних члена различаются не больше, чем на $1.$ Обозначим через $Sn$ количество хороших последовательностей длины $n.$ Мы докажем индукцией по $n,$ что $Sn =3n − 2n.$ База индукции при $n= 1$ очевидна.

Сделаем переход от $n$ к $n+ 1.$ Назовём хорошую $(n +1)$ членную последовательность $A$ отличной, если среди первых её $n$ членов встречается тройка. Откинем от каждой отличной последовательности её последний член; в каждом случае мы получим хорошую $n$ -членную последовательность. При этом, если хорошая $n$ -членная последовательность $A′$ оканчивается числом $1,$ то она получается таким образом из двух отличных — оканчивающихся числом $1$ или $2.$ Если же $A′$ оканчивается числом $k> 1,$ то она получается из трёх отличных, у которых в конце стоит $k − 1,k$ или $k+ 1.$ Итак, если количество $n$ -членных хороших последовательностей, оканчивающихся числом $1,$ равно $Tn,$ то количество отличных $(n+ 1)$ -членных последовательностей равно $2Tn+ 3(Sn− Tn)=3Sn− Tn.$

Осталось посчитать количество неотличных $(n+ 1)$ -членных последовательностей. Ясно, что каждая из них оканчивается числом $3;$ если эту тройку откинуть, получится $n$ -членная последовательность $A′$ без троек. Поскольку её соседние члены отличаются не больше, чем на $1,$ то либо все они больше $3,$ либо все меньше $3.$

Если все члены $A′$ меньше $3,$ то $A′$ состоит из чисел $1$ и $2,$ оканчиваясь числом $2.$ При этом любая такая последовательность, дополненная в конце тройкой, даст хорошую. Значит, такие последовательности $A′$ получаются ровно из $2n−1$ неотличных.

Пусть теперь все члены $A′$ больше $3;$ тогда она оканчивается на четвёрку. Вычтя из всех её членов по $3,$ мы получим либо хорошую последовательность, оканчивающуюся числом $1$ (если в полученной последовательности содержится $3$ ) — таких ровно $T; n$ либо последовательность из единиц и двоек, оканчивающуюся числом $1$ — таких ровно $2n−1.$ Итого, последовательностей последнего типа есть $n−1 Tn +2 .$

В итоге мы получаем, что $n−1 ( n−1) n n+1 n+1 Sn+1 =(3Sn− Tn)+2 + Tn+ 2 = 3Sn+ 2 = 3 − 2 .$ Переход доказан.

Ответ:

$3100 − 2100$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#127359Максимум баллов за задание: 7

Петя хочет выписать все возможные последовательности из 100 натуральных чисел, в каждой из которых хотя бы раз встречается число 4 или 5, а любые два соседних члена различаются не больше, чем на 2. Сколько последовательностей ему придётся выписать?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2015, 11.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение. Обозначим $n= 100.$ Назовём последовательность из $n$ натуральных чисел, любые два соседних члена которой различаются не больше, чем на 2, интересной. Каждой интересной последовательности $a1,a2,...,an$ сопоставим разностную последовательность $bi = ai+1− ai$ $(i= 1,2,...,n − 1$ ).

Все члены разностной последовательности равны 0, $± 1$ или $±2,$ так что количество всевозможных разностных последовательностей равно $n−1 5 .$

Посчитаем сначала количество $S$ всех интересных последовательностей, минимальный член которых не превосходит 5. Рассмотрим произвольную разностную последовательность $b1,b2,...,b99.$ Любые две интересные последовательности, соответствующие ей, отличаются прибавлением одного и того же числа к каждому члену. Значит, среди них ровно по одной последовательности с минимальным членом, равным 1, 2, 3, 4 или 5. Таким образом, $n− 1 n S = 5⋅5 = 5.$

В $S$ учтены все последовательности, выписываемые Петей, и несколько лишних — тех, в которых не встречается ни 4, ни 5. Ясно, что, если в интересной последовательности встречаются как числа, большие 5, так и меньшие 4, то 4 или 5 также встретится. Но минимальный член каждой лишней последовательности не больше 3, значит, и все их члены не превосходят 3. Итак, все лишние последовательности состоят из чисел 1, 2 и 3. С другой стороны, каждая последовательность из чисел 1, 2 и 3 является интересной и, стало быть, лишней.

Итого, лишних последовательностей ровно $3n,$ а значит, искомое количество равно $S − 3n = 5n− 3n.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Назовём хорошей последовательность из $n$ натуральных чисел, в которой хотя бы раз встречается число 4 или 5, а любые два соседних члена различаются не больше, чем на 2. Обозначим через $Sn$ количество хороших последовательностей длины $n.$ Мы докажем индукцией по $n,$ что $Sn =5n− 3n.$ База индукции при $n= 1$ очевидна.

Сделаем переход от $n$ к $n+ 1.$ Рассмотрим произвольную $n$ -членную хорошую последовательность; пусть она оканчивается числом $k.$ Тогда к ней можно приписать любое число от $k− 2$ до $k+2;$ полученная последовательность будет хорошей, если приписываемое число натуральное. Если же оно неположительно (то есть равно 0 или $− 1),$ то после приписывания прибавим ко всем числам последовательности по 5. Полученная последовательность будет оканчиваться числом 4 или 5, а значит, будет хорошей.

Заметим, что все полученные последовательности — разные. Для последовательностей, полученных без прибавления 5, это очевидно; при этом таким образом получаются ровно все хорошие последовательности, среди первых $n$ членов которых есть 4 или 5. Последовательности же, полученные прибавлением 5, также попарно различны; при этом это — ровно все хорошие последовательности, первые $n$ членов которых больше 5, и при этом среди них встречается 9 или 10. В частности, эти последовательности отличны от описанных ранее. Итого, мы уже построили $5Sn$ хороших $(n+ 1)$ -членных последовательностей.

Осталось подсчитать число ещё неучтённых последовательностей. В каждой неучтённой последовательности среди первых $n$ членов нет чисел 4, 5, 9 и 10, а последний член равен 4 или 5. Значит, либо первые $n$ её членов — единицы, двойки и тройки, либо все они — шестёрки, семёрки или восьмёрки. Посчитаем количество первых; количество вторых считается аналогично.

Рассмотрим любую последовательность из $n$ единиц, двоек и троек (её соседние члены автоматически отличаются максимум на 2). Если она оканчивается числом 3, то к ней можно приписать 4 или 5, получив неучтённую последовательность. Если она оканчивается числом 2, то можно приписать лишь 4; если же её последнее число — 1, то хорошую последовательность из неё получить нельзя. Значит, количество полученных неучтённых последовательностей равно $n−1 n−1 n 2⋅3 +3 = 3$ (и ещё столько же получаются из последовательностей с числами 6, 7 и 8).

Итого, мы получаем

Sn+1 = 5Sn +2⋅3n =5(5n − 3n)+ 2⋅3n = 5n+1 − 3n+1,

что и требовалось.

Ответ:

$5100 − 3100$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#85550Максимум баллов за задание: 7

Функция $f :(0,1)→ (0,1)$ определена следующим образом

({ 1 1 f(x)= x + 2, если x< 2 (x2, если x≥ 12

Выбраны два числа $0< a< b< 1.$ Определим последовательности $an$ и $bn$ по правилам $a0 = a,b0 =b,$ и $an = f(an−1),bn = f(bn−1)$ для $n > 0.$ Докажите, что существует натуральное число $n$ такое, что $(an− an−1)(bn − bn−1)<0.$

Показать доказательство

Заметим, что $f(x)> x,$ если $x∈ I= (0,1), 1 2$ и $f(x)< x$ при $x∈I = (1,1]. 2 2$ То есть нам достаточно показать, что найдется индекс $n$ такой, что $an−1$ и $bn− 1$ лежат в разных промежутках. Предположим, что такого индекса нет. Положим $dk = |ak− bk|.$ Тогда, если $ak,bk ∈I1,$ то $1 1 dk+1 = |ak+ 2 − bk− 2|=dk.$ Иначе

2 2 dk+1 = |ak− bk|=|ak− bk|⋅(ak+ bk)≥dk⋅(1+ dk)≥ dk

То есть последовательность $d k$ является нестрого возрастающей. Более того, поскольку $a,a k k+1$ не могут лежать в $I 1$ одновременно, получаем, каждый второй шаг происходит строгое возрастание. Поскольку $d ≥ d = b− a, k 0$ получаем, что для $a,b ∈ I k k 2$ выерна оценка $dk+1 ≥(1+ d0)⋅dk.$ Выберем натуральное $m$ такое, что $m (1+ d0) >1∕d0.$ Тогда $m d2m ≥ (1+ d0) ⋅1∕d0 >1$ — противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#77404Максимум баллов за задание: 7

В бесконечной последовательности натуральных чисел каждое следующее число получается прибавлением к предыдущему одной из его ненулевых цифр. Докажите, что в этой последовательности найдётся чётное число.

Источники: Турнир городов - 2002, осенний тур, базовый вариант, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, что означает, что все числа в последовательности нечетные? Это значит, что для любого числа из последовательности выполнено, что мы можем взять в нем четную цифру(чтобы не менять четность соседних чисел в последовательности). Значит, если мы хотим прийти к противоречию, то надо доказать, что найдется число, в котором нет четных цифр.

Подсказка 2

А это значит, что надо доказать, что найдется число, что все его цифры будут нечетные! Хмм… А что означает, что на некотором месте, стоят всегда четные цифры(если идти от противного)?

Подсказка 3

Это значит, что существует момент, когда при добавление числа, не больше 9(так как это цифра), мы перепрыгиваем сразу на 2, в каком-то разряде, который не является разрядом единиц(так как если бы там стояло что-то четное, то мы уже победили). А возможно ли это?

Подсказка 4

Нет, это невозможно, так как если мы перепрыгиваем сразу на 2 разряда, то это хотя бы разряд десятков, значит разница между начальным и конечным числом(после прибавления цифры) больше 10. Однако, мы прибавляем что-то меньшее 1. Пришли к противоречию.

Показать доказательство

Поймём, что числа в нашей последовательности точно больше $9,$ то есть, имеют длину хотя бы $2,$ так как если бы в нашей последовательности было бы число длины $1,$ то следующее за ним определялось бы как сумма этого числа, как цифры себя и его самого. То есть, мы бы просто удвоили наше число и получили бы четное число. Значит, длина всех наших чисел из последовательности хотя бы $2.$

Тогда возьмём первое число из нашей последовательности. Пусть в нем $k$ разрядов. Рассмотрим первую цифру слева. Если эта цифра нечетная, то дальше рассмотрим $2$ -ую слева цифру. Иначе, понятно, что рано или поздно, прибавляя по числу меньшему $10,1$ -ая цифра станет нечетной, так как чтобы она перепрыгнула через нечетное число за одно прибавление, мы должны прибавить как минимум $11,$ но мы прибавляем не больше $9.$ Значит, рано или поздно первая слева цифра станет нечетной.

Посмотрим теперь на вторую слева цифру и повторим наши рассуждения. Тогда, при условии того, что первая цифра все еще нечетна, рано или поздно вторая станет также нечетной. Аналогично, найдется момент, когда и первая, и вторая, и третья цифры нечетны и тд. Значит, найдется момент, когда $1,2,3,...,k− 1$ цифры нечетны. При этом последняя цифра всегда нечетна, так как если она в какой-то момент стала четной, то мы победили, найдя четное число. Значит, найдется такое число в последовательности, что все его цифры нечетные.

Значит, какую бы цифру мы не прибавили, мы прибавим что-то нечетное, а сумма двух нечетных(нашего числа и выбранной цифры) четна. Итак, мы получим четное число в последовательности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#94420Максимум баллов за задание: 7

Существует ли такая бесконечная последовательность, состоящая из действительных чисел, что сумма любых десяти подряд идущих чисел положительна, а сумма любых первых подряд идущих $10n +1$ чисел отрицательна при любом натуральном $n?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Не совсем понятно, как можно доказывать отрицательный ответ. Поэтому стоит придумать пример!

Подсказка 2:

Придумайте последовательность, с которой будет легко работать, которая будет предсказуемой. Например, в большинстве мест будут нули, а в каких-то конкретных - какие-то числа.

Показать ответ и решение

Положим $a =1+ 2−n(n> 0),a = −1(n≥ 0), 10n 10n+1$ а на остальные места последовательности поставим нули. Тогда среди любых десяти подряд идущих членов последовательности имеется восемь нулей, одна минус единица, и одно число, большее единицы. Значит, их сумма положительна. А сумма первых $10n +1$ членов равна $−n − 1+ 2 .$

Ответ:

Существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#40097Максимум баллов за задание: 7

Последовательность определяется так: первые её члены равны $1,2,3,4,5.$ Далее каждый следующий (начиная с $6$ -го) равен произведению всех предыдущих членов минус $1.$ Докажите, что сумма квадратов первых $70$ членов последовательности равна их произведению.

Источники: Турнир городов - 1996, осенний тур, сложный вариант, 9.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

В этой задаче нам потребуется один трюк. Чтобы доказать это, введем новую последовательность - такую, что ее n-ый член это разность a1a2a3...an и a1^2+a2^2...+an^2. И докажем, что 70ый член данной последовательности равен 0!

Подсказка 2!

Как бы это доказать? Вы знаете начальные члены последовательности, значит, надо как-то выразить n+1ый через nый, чтобы посчитать 70ый!

Показать доказательство

Пусть первоначальная последовательность была $x ,n∈ ℕ. n$ Введём новую последовательность $y = x ⋅...x − (x2+ ...+ x2), n 1 n 1 n$ посчитаем разность $yn− yn+1$ для $n ≥5 :$

2 2 2 2 2 yn− yn+1 = x1 ⋅...xn − (x1+ ...+ xn)+ (x1+...+xn +xn+1)− x1⋅...xn ⋅xn+1 =

2 = xn+1+ 1+ xn+1 − (xn+1+1)xn+1 = 1

Тогда $y = yn− 1. n+1$ Поскольку $y = 5!− (12+ 22+ 32+ 42 +52)= 120− 55= 65, 5$ то $y = y − 65=0, 70 5$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#74873Максимум баллов за задание: 7

Найдите $x , 1000$ если $x = 4,x = 6 1 2$ и при любом натуральном $n≥ 3,x n$ — наименьшее составное число, большее $2x − x . n−1 n−2$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте посчитать следующие элементы последовательности.

Подсказка 2

x₃ = 9, x₄ = 14. Попробуйте заметить зависимость и составить формулу.

Подсказка 3

Как будто xₙ = 1/2 * n(n+3) подходит, надо теперь доказать в общем виде.

Подсказка 4

Воспользуйтесь методом математической индукции.

Показать ответ и решение

Докажем по индукции, что $x = 1n(n+ 3). n 2$

База. При $n= 3, 4$ формула верна: $2x2− x1 = 8,$ то есть $x3 =9$ ; $2x3− x2 = 12,$ то есть $x4 = 14.$

Шаг индукции.

1 1 1 2xn− xn−1 =2⋅ 2n(n +3)− 2(n − 1)(n +2)= 2(n+ 1)(n+ 4)− 1

По условию, $xn+1$ – первое составное число, большее чем $1 2(n+ 1)(n+ 4)− 1.$ Но число $1 2(n +1)(n +4)$ – составное. Действительно, если $n$ нечётно, то

12(n +1)(n +4)= (n+ 4)⋅ 12(n+ 1)

Каждый из сомножителей – целое число, большее $2.$ Аналогично рассматривается случай чётного $n.$

Итак, $xn+1 = 12(n+ 1)(n+ 4).$ Подставляя $n= 1000,$ получаем $x1000 = 500⋅1003.$

Ответ:

$500⋅1003$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#91361Максимум баллов за задание: 7

По целому числу $a$ построим последовательность

a1 =a, a2 =1 +a1, a3 = 1+ a1a2, a4 =1+ a1a2a3, ...

(каждое следующее число на 1 превосходит произведение всех предыдущих). Докажите, что разности её соседних членов $(an+1 − an)$ - квадраты целых чисел.

Показать доказательство

Посчитаем первые разности

a2− a1 = 1

a − a = (1+a)a− a= a2 3 2

a4− a3 =(1+ a)a(a2+a +1)− a(1+ a)= a2(1+ a)2

Докажем, что $an+1− an = ∏n−i=11ai$ . Заметим, что

an+1− an = a1...an−1(an− 1) =(a1...an−1)2

Предыдущая подтема