Тема Последовательности и прогрессии

Рекуррентные соотношения

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела последовательности и прогрессии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#77218

Последовательность ${a} n$ определена условиями

-1-- a0 = 7 и an = an−1+ an−1 для n ∈ℕ.

Докажите, что $64< a2024 < 65.$

Показать доказательство

Возведем в квадрат второе уравнение

2 2 1 an =an−1+ a2n−1 + 2

Выразив остальные члены последовательности, получим систему

( ||| a2n = a2n−1+ a12-+2 ||||| a2 = a2 +n−211--+2 ||||{ n2−1 n2−2 an−12- an−2 = an−3+ a2n−3 +2 ||||| ⋅⋅⋅ ||||| a22 = a21+ 1a21 +2 ||( a21 = a20+ 12+2 a0

Сложив уравнения системы, получим

2 2 n−∑ 11 an = 2n+ a0+ a2k k=0

Тогда

20∑231 a22024 =4097+ a2> 4097 k=0 k

А значит, $a2024 > 64.$

Заметим, что данная последовательность возрастающая, то есть каждый член больше предыдущего, а значит, обратный квадрат меньше.

20∑231 1 a22024 =4097+ a2< 4097 +2024⋅49 < 4225= 652 k=0 k

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#78960

Последовательность ${a } n$ задаётся следующим образом: $a = 1 1$ , $a = a + 1- n+1 n an$ для любого натурального $n.$ Докажите, что $a100 >14.$

Показать доказательство

Заметим, что $a > 0 n$ для любого натурального $n.$ Также

( 1 )2 a2n+1 = an + an- > a2n+ 2

Тогда

a2100 > a299+ 2> a298 +2⋅2> ...> a21+ 2⋅99= 199> 142

что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#78963

Докажите, что все члены последовательности

∘ --2--- x1 = 0, xn+1 = 2xn+ 3xn+ 1, n= 1,2,...

являются целыми числами.

Показать доказательство

Заметим, что все члены последовательности неотрицательны, и

∘------ xn+1 = 2xn+ 3x2n+ 1> 2xn ≥ xn

Поэтому все члены последовательности различны. Перенеся $2xn$ в левую часть и возведя полученное равенство в квадрат, получаем

x2n+1− 4xn+1xn+ x2n = 1

Кроме того, также выполняется и равенство

x2n−1− 4xn−1xn+ x2n = 1

(получаемое уменьшением индексов на $1$ ). Это означает, что $xn+1$ и $xn−1$ являются корнями уравнения $2 2 x − 4xnx+ xn = 1.$ Тогда по теореме Виета получаем $xn+1+ xn−1 = 4xn,$ т. е. $xn+1 =4xn − xn−1.$ Отсюда в силу того, что первые два члена последовательности — целые числа, следует, что все $xn,$ вычисляемые с помощью полученной формулы, т. е. $xn = 4xn−1− xn−2,$ — целые числа.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79330

При каком натуральном $n$ выражение $-n2-- 1,001n$ принимает наибольшее значение?

Показать ответ и решение

Рассмотрим последовательность $a = --n2-. n 1,001n$ Рассмотрим отношение соседних членов $a n$ и $a n+1$ и сравним его с $1.$ Оно равно $2 1,(n00+11n)2 .$ Нетрудно видеть, что при $n ≥ 2001$ оно больше $1,$ а при остальных — меньше, если составить соответствующее неравенство. Отсюда следует, что до $n =2001$ последовательность возрастает, а при $n> 2002$ — убывает, то есть максимум достигается при $n =2001.$

Ответ:

$2001$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79608

Последовательность ( $a n$ ) удовлетворяет условиям

∘ -------- a1 = 1, an+1− an = an+ an+1 при всех n≥ 1.

Какие значения может принимать $a 2023$ ?

Источники: ОММО - 2024, задача 10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала возведём в квадрат и посмотрим, что же у нас получается после приведения подобных. Во-первых, у нас получается симметричное уравнение относительно a_(n + 1) и a_n. А это значит, что то, что верно для a_(n - 1) верно и для a_(n + 1) относительно a_n. Что можно тогда заметить?

Подсказка 2

Мы можем заметить, что уравнению t^2 - (2a_n + 1)*t + a^2_n - a_n = 0 удовлетворяют и а_(n - 1), и a_(n + 1). Значит, по теореме Виета, a_(n - 1) + a_(n + 1) = 2a_n + 1. Теперь попробуйте найти первые несколько членов!

Подсказка 3

У нас получается такая прогрессия - 1,3,6,10….- это же значения суммы первых n натуральных чисел. Попробуйте это доказать, и тогда задача сведётся к тому, чтобы записать ответ.

Показать ответ и решение

Выписав условие $a − a ≥ 0 n+1 n$ , возведем равенство в квадрат и запишем его для двух соседних членов последовательности

2 2 an+1− 2an+1 ⋅an +an =an+ an+1

2 2 an− 2an⋅an−1+an−1 =an−1+ an

То есть получаем, что $a n+1$ и $a n−1$ — два корня уравнения

2 2 t − (2an+ 1)⋅t+ an− an = 0

По теореме Виета получаем

an−1+ an+1 =2an+ 1

an+1 = an+ (an− an−1)+1

Первые члены последовательности равны $1,3,6,10,...$ Это очень похоже на суммы первых $n$ натуральных чисел. Давайте по индукции докажем формулу:

an+1 = n(n+-1) 2

База очевидна: $a1 = 1= 1⋅22$

Переход ясен:

an+1 = n(n+-1)+n +1 = (n+-1)(n-+2) 2 2

Поэтому

2022⋅2023 a2023 = 2 = 2047276

Ответ: 2047276

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85558

Последовательность натуральных чисел $a,a ,a ,... 0 1 2$ определяется следующими соотношениями:

a0 = 1

a =kn +(−1)na , n n−1

где $k$ — фиксированное натуральное число.

Сколько существует таких последовательностей, в которых встречается число 2024?

Источники: Курчатов - 2024, 11.1 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Дана формула для вычисления членов последовательности, но она выглядит сложно, попробуйте явно выразить первые члены, может быть увидите какую-то закономерность.

Подсказка 2

Видно, что каждый член с номером, дающим остаток 3 при делении на 4, равен 1. Тогда попробуйте выразить формулы и доказать их справедливость для членов с номерами 4m, 4m+1, 4m+2 и 4m+3, где m — целое неотрицательное число.

Подсказка 3

Все члены с номерами вида 4m имеют вид 4mk+1, с номерами 4m+1 — k-1, с номерами 4m+2 — (4m+3)k-1, с номерами 4m+1 — 1. Доказывать эти формулы очень удобно по индукции, ведь по условию дано соотношение, где последующий член выражается через предыдущий.

Подсказка 4

Теперь, используя полученные формулы, посмотрите какие члены нашей последовательности могут равняться 2024.

Подсказка 5

Числа с номерами 4m и 4m+3 сразу отпадают из-за нечётности, а с номером 4m+1 даёт только одну последовательность (какую?). Для чисел с номерами 4m+2 получается уравнение в целых числах ((4m+3)k=2025). При решении полученного уравнения количество рассматриваемых случаев можно уменьшить, рассмотрев, какие остатки при делении на 4 дают 4m+3, 2025 и какой тогда остаток при деление на 4 должно иметь k.

Показать ответ и решение

Докажем, что для любого целого $m ≥0$ справедливы следующие формулы:

a = 4mk+ 1, 4m a4m+1 = k− 1, a4m+2 = (4m + 3)k− 1, a4m+3 = 1.

Будем доказывать эти формулы индукцией по $m$ . База $m = 0$ проверяется непосредственно. Предположим, что формулы справедливы для всех чисел, не больших $m − 1$ , и докажем эти формулы для числа $m$ . Поскольку по предположению индукции $a4m−1 = 1$ , последовательно получаем следующие равенства:

a4m = k⋅(4m)+ (−1)4ma4m−1 =4mk +1, a = k(4m +1)+ (− 1)4m+1a = (4km + k)− (4mk+ 1)=k − 1, 4m+1 4m+2 4m a4m+2 = k(4m +2)+ (− 1) a4m+1 = (4km +2k)+ (k − 1)= (4m + 3)k− 1, a4m+3 = k(4m +3)+ (− 1)4m+3a4m+2 = (4km +3k)− (4km +3k − 1)= 1.

Таким образом, наши формулы доказаны. Теперь, используя эти формулы, посмотрим, какие члены нашей последовательности могут равняться 2024. Ясно, что числа вида $a4m$ и $a4m+3$ не могут равняться 2024: числа вида $a4m$ нечётны, а числа вида $a4m+3$ равны 1 . Далее, числа вида $a4m+1$ могут равняться 2024 только при $k =2025$ , что дает нам один пример последовательности.

Наконец, предположим, что для некоторого целого неотрицательного $m$ число $a4m+2$ равно 2024 . Мы получаем следующее уравнение: $(4m+ 3)k= 2025$ . Заметим, что сомножитель $4m + 3$ дает остаток 3 при делении на 4 , а число 2025 дает остаток 1 при делении на 4. Значит, число $k$ , во-первых, должно быть делителем числа 2025 , а во-вторых, должно иметь остаток 3 при делении на 4 (т.к. $3⋅3≡ 1(mod4)$ ). Поскольку $2025 =34⋅52$ , число $k$ имеет вид $3α⋅5β$ , где $α∈ {0,1,2,3,4}$ и $β ∈{0,1,2}$ . Для того, чтобы число $k$ такого вида давало бы остаток 3 при делении на 4 , необходимо и достаточно, чтобы степень $α$ была бы нечетной (поскольку $5 ≡1(mod4)$ и $3α ≡ 4(−1)α(mod4)$ ). Получаем ещё 6 возможных значений $k:3,3⋅5,3⋅52,33,33⋅5,33⋅52$ . Вместе с вариантом $k =2025$ получаем 7 возможных последовательностей.

Ответ: 7

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#91147

Последовательность ${a } n$ задана рекуррентным соотношением

an = an−1 +an−2− an−3+3

и начальными условиями $a0 = 1,a2 =5.$ Чему может быть равно $a6?$

Источники: ИТМО-2024, 11.2 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что первое хочется сделать, увидев рекуррентную формулу? Попробовать подставить что-то вместо n. Например, взять n-1 и посмотреть, что получится. В задаче же у нас спрашивают про чётный член. Тогда в теории надо как-то избавиться от членов вида n-1 и n-3 в формуле. Посмотрев на формулы для n и n-1, что можно попробовать сделать?

Подсказка 2

Давайте сложим две формулы, тогда останутся только члены с номерами n, n-2 и n-4. Теперь, записав полученное выражение как разность членов n, n-2 и n-2, n-4, можем найти формулу для разности 2k и 2(k-1) члена, через суммирование таких выражений. Как же теперь можно найти формулу для 2k-ого члена?

Подсказка 3

Верно, сложим аналогично выражения для всех k от 1 до 3. Тогда слагаемые буду сокращаться и мы сможем выразить 6-ый член. Победа!

Показать ответ и решение

Перепишем рекуррентную формулу:

an− an−2 =an−1− an−3+3

Записав её для $n − 1$ вместо $n,$ получим

an−1 − an−3 = an−2− an−4 +3,

откуда

an− an−2 =an−2− an−4+6

Поскольку $a2− a0 =4,$ то

a2i− a2(i− 1) = 4+ 6(i− 1)

Значит,

a = 1+∑3 (4+ 6(i− 1)) =1+ 3⋅4+ 3⋅3(3− 1)= 31 6 i=1

Ответ: 31

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#97896

Последовательность $(a ) n$ удовлетворяет условиям

∘ -------- a0 =0, a1 ⁄=0, an+1− an = an+an+1 при всех n ≥0.

Какие значения может принимать $a 2024$ ?

Источники: ОММО - 2024, задача 10 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

2 2 an+1− 2an+1 ⋅an +an =an+ an+1

2 2 an− 2an⋅an−1+an−1 =an−1+ an

То есть получаем, что $a n+1$ и $a n−1$ — два корня уравнения

2 2 t − (2an+ 1)⋅t+ an− an = 0

По теореме Виета получаем

an−1+ an+1 =2an+ 1

an+1 = an+ (an− an−1)+1

Первые члены последовательности равны $0,1,3,6,10,...$ Это очень похоже на суммы первых $n$ натуральных чисел. Давайте по индукции докажем формулу:

an+1 = n(n+-1) 2

База очевидна: $a0 = 0= 0⋅12$

Переход ясен:

an+1 = n(n+-1)+n +1 = (n+-1)(n-+2) 2 2

Поэтому

2023⋅2024- a2024 = 2

Ответ:

$2023⋅2024 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#99108

Найдите общий вид члена последовательности

(a) $a0 = 0, a1 = 1, an+2 = 5an+1 − 6an;$

(b) $a0 =1, a1 = 2, an+2 = 2an+1 − an;$

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт (a)

Сначала нужно найти характеристический многочлен рекурренты и его корни. Как выглядит общий вид решения линейной рекурренты?

Подсказка 2, пункт (a)

Верно! Общий вид решения — сумма n-ых степеней корней характеристического многочлена, умноженных на некоторые коэффициенты. Как найти эти коэффициенты?

Подсказка 1, пункт (b)

Снова находим характеристический многочлен. Сколько у него корней?

Подсказка 2, пункт (b)

Верно! У него 1 корень. Как тогда выглядит общий вид решения?

Подсказка 1, пункт (c)

Тут всё аналогично первому пункту. Возможны только не самые приятные корни характеристического уравнения, но бояться их не стоит.

Показать ответ и решение

(a) Запишем наше характеристическое уравнение $2 q − 5q+6 =0.$ Тогда $q = 2$ или $q = 3.$ Любое решение рекурренты может быть представлено в виде $n n an = 2 A+ 3 B.$ Из условий $a0 = 0$ и $a1 = 1$ получаем подстановкой уравнения $A+ B =0$ и $2A +3B = 1.$ Решаем систему и получаем $A= −1,$ $B = 1.$ Тогда $n n an =3 − 2 .$

(b) Находим характеристическое уравнение: $2 q − 2q+ 1= 0.$ Решаем уравнение и получаем $q = 1.$ Так как у нас два корня, то общий вид решения этой рекурренты имеет вид $n an = (A+ Bn)⋅1 = A+ Bn.$ Подставляем начальные условия $a0 =1$ и $a1 = 2$ и находим $A$ и $B :$

A+ B ⋅0 =1

A+ B ⋅1 =2

Таким образом, $A =B = 1,$ то есть получаем, что $an =n +1.$

(c) Это рекуррентное уравнение — определение чисел Фибоначчи. Общий вид его решения называется формулой Бине. Найдем ее по аналогии с предыдущими пунктами. Для этого сначала находим характеристическое уравнение $q2− q− 1= 0.$ Тогда $q = 1±√5. 2$ Таким образом,

( 1+√5 )n (1− √5)n Fn = --2-- A + --2-- B

Подставим $F0 = 0$ и $F1 = 1$ и получим $A +B = 0$ и $√- √- 1+2-5A+ 1−25B =1.$ Тогда $A = 1√- 5$ и $B = −√1. 5$ Таким образом,

( √-)n ( √-)n Fn = 1+--5 √1-− 1−--5 √1- 2 5 2 5

Ответ:

(a) $n n an =3 − 2 ;$

(b) $an = n+ 1;$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#68709

Последовательность $x n$ задана рекуррентным соотношением $x = x + {x } n+1 n n$ и начальным условием $x = 1-. 0 67$ Найдите $[x66000].$

( $[a]$ — целая часть числа $a,$ ${a}$ — дробная часть числа $a).$

Источники: ИТМО-2023, 11.7 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Дробная часть, целая часть, ну и ну… А x_(n+1) = x_n + {x_n}, то чему равно x_(n+1) если использовать только дробные и целые части числа, а не само число?

Подсказка 2

Верно, x_(n+1) = [x_n] + 2*{x_n}. Значит, если смотреть только на дробную часть, то нетрудно доказать, что она будет равна дроби со знаменателем 67, а также, что числители дроби будут являться циклом, если рассмотреть последовательность целиком(как минимум, потому, что числитель n-ого члена последовательности сравним по модулю с 2^n, а остатки у 2^n по модулю 67 образуют цикл). А что можно тогда сказать, про члены, разность индексов которых равна 1 циклу?

Подсказка 3

Верно, во-первых, что(если длина цикла k и мы берем i-ый элемент), то {x_(i+k)} = {x_i}. Но тогда из этого следует, что x {x_(i+k)} - {x_i} = {x_(i+2k)} - {x_(i+k)}, так как {x_(i+2k)} = {x_(i+k)}. При этом, так как нам неважно, какая разность была между {x_(i+k)} и {x_i}, для вычисления x_(i+k+1), так как влияет только дробная часть, то будет выполнено, что

Подсказка 4

Верно, что можно просто найти эту разность(и цикл) и понять, в каком по порядке циклу лежит x_66000 и чему он соответствует в первом цикле и мы сможем в явном виде найти x_66000. Как это сделать? Начать писать все x_i, начиная с нулевого, пока в числителе дробной части не будет 0. А значит, осталось перебрать 66 значений(10 минут) и найти нужные значения!

Показать ответ и решение

Пусть оказалось так, что ${x }= {x} k+i i$ для некоторого $k >0$ . Тогда выполнено $x − x = x − x k+i i 2k+i k+i$ . Действительно, на каждой следующей итерации мы учитываем только дробную часть исходного числа (целая же часть определяет только нашу “точку старта”). Поэтому выполнено равенство ${x2k+i}= {xk+i}$ . Также отсюда будет следовать $[xk+i]− [xi]= [x2k+i]− [xk+i]$ , то есть наш сдвиг по целой части будет таким же. Нетрудно видеть, что оба условия вместе дадут $xk+i− xi = x2k+i− xk+i$ (если известно ${xk+i}= {xi}$ ). Далее остаётся только найти цикл нужной длины. Оказывается, что $1 x66 = 337$ и выполнено ${x0}= {x66}$ , мы получили цикл, получаем

[x66000]= [x0+66⋅1000]= 1000 ⋅([x66− x0])= 1000⋅33= 33000

Замечание. Как же найти такой цикл, не считая вручную все $66$ значений до него? Во-первых, уже $66 1- {x33}= 67 = 1− 67$ , что явно нам намекает, когда мы снова встретим единицу (по сути мы каждый раз умножаем дробную часть на 2, поэтому можно сразу сделать вывод, что на $66$ шаге, поскольку за столько же шагов результат возведётся в квадрат по модулю $67$ ). Во-вторых, уже на шестом шаге мы получим $3- {x6}= 1− 67$ , поэтому далее можно попробовать идти по кратным шести индексам, чтобы быстрее добраться до $66$ . Почему вообще всё это имеет смысл? Потому что $66000$ делится и на 6, и на 33, и на 66 — именно в них мы и ждём больше всего увидеть цикл, чтобы задача после этого решилась быстро и легко.

Ответ: 33000

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#73119

Последовательность натуральных чисел ${a} n$ построена по следующему правилу:

3 an+1 = an +1999 при n = 1,2,....

Докажите, что в этой последовательности не больше одного точного квадрата. Для тех, кто не жил в $1999$ -м году сообщаем, что этот год был простым.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем рассмотреть остатки n-го и (n+1)-го членов по какому-нибудь модулю. Как они взаимосвязаны?

Подсказка 2

Давайте рассмотрим остатки по модулю 4, так как идёт речь про квадраты. Тогда все члены, начиная с третьего, могут иметь только остатки 2 и 3, и не могут являться квадратами, так как по модулю 4 квадраты имеют остатки 0 и 1. А могут ли сразу два первых члена быть квадратами?

Подсказка 3

Пусть первый член являться квадратом числа a, а второй является квадратом числа b. Что тогда следует из исходной рекурренты?

Показать доказательство

Рассмотрим взаимосвязь остатков $(a ,a ) n n+1$ по модулю $4$


$an$	0	1	2	3

$an+1$	3	0	3	2

Как известно, квадраты дают только остатки $0,1,$ однако при любом остатке $a1,$ остаток $a2$ будет какой-то из ${0,2,3},$ откуда остатки $a3,a4,...$ принимают значения из ${2,3},$ то есть $a3,a4,...$ не могут быть квадратами. Остаётся показать, что сразу оба $a1$ и $a2$ также не могут ими являться. Итак, пусть $a1 = a2,a2 = b2,$ тогда

b2 = a6 +1999 ⇐⇒ 1999= (b− a3)(b+ a3) ⇐ ⇒ b− a3 = 1,b+ a3 = 1999

Последний вывод следует из того, что $1999$ простое. Но тогда

2a3 =1998 ⇐⇒ a3 = 999

что невозможно, значит, в последовательности действительно не больше одного полного квадрата.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#73707

Последовательность натуральных чисел ${a} n$ удовлетворяет условию

(n − 1)an+1 = (n +1)an − 2(n− 1)

при всех $n≥ 1.$ Известно, что $a1999$ делится на $2000.$ Найдите наименьшее $n ≥2,$ при котором $an$ делится на $2000.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте угадать какой-нибудь ответ, а для него уже вычислить требуемое n. Попробуйте теперь вычислить общий вид последовательности. Как это можно сделать?

Подсказка 2

Пусть a_n = 2n - 2 + b_n. Пользуясь тем, что a_n кратно 2000, поймите как может быть устроено b_n. Как после этого найти минимальное n, при котором a_n кратно 2000.

Показать ответ и решение

Заметим, что $a = 2n − 2 n$ — подходит. Пусть $a =2n− 2+ b. n n$ Если подставить это в равенство, то мы получим $(n − 1)b =(n+ 1)b , n+1 n$ то есть

n n n− 1 bn = n-− 2bn−1 = n−-2 ⋅n−-3bn−2 =

= nn−-2 ⋅ nn-−− 1 3 ⋅ nn−−-24 ⋅...⋅ 53 ⋅ 42 ⋅ 31b2 = n(n−2-1)b2

Значит, $an = 2n − 2 + n(n2−1)c,$ где $c$ — целочисленная константа.

По условию $a1999 ≡ 1001c− 4 (mod 2000).$ Значит, $1001c− 4≡0 (mod 2000).$ Это сравнение имеет не более одного решения по модулю $2000.$ Заметим, что это решение равно $4.$ Значит, $an ≡ 2n− 2+2n(n− 1)=2n2− 2 (mod 2000).$ Нам надо найти минимальное $n≥ 2$ такое, что $n2− 1= (n+ 1)(n− 1)$ кратно $2000.$ НОД скобочек может быть не более $2,$ значит одна из скобок делится на $125.$ Это возможно, если $n= 124,126,249,....$ Перебором получаем, что $n= 249$ — минимальное подходящее.

Ответ:

$249$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#74875

Последовательность чисел $a ,a ,... 1 2$ задана условиями $a =1 1$ , $a = 143 2$ и

a1+a2-+...+-an an+1 = 5⋅ n

при всех $n ≥2.$ Докажите, что все члены последовательности — целые числа.

Источники: Всеросс., 2012, РЭ, 10.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Положим $S = a + a +...+a , n 1 2 n$ тогда $a =S − S . n+1 n+1 n$ Достаточно показать, что все числа $S n$ – целые. Заметим, что $S1 = 1,S2 = 144,$ и $5Sn- Sn+1 − Sn = n ,$ то есть $n+5 Sn+1 = n Sn.$ Значит, при $n≥ 2$

(n+ 5)(n+ 4)...⋅7 (n+ 5)(n+ 4)(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1) Sn+1 =--n(n−-1)...⋅2--⋅S2 =--------6⋅5⋅4⋅3⋅2---------⋅144=

= (n-+5)(n-+4)(n-+3)(n-+2)(n+1)- 5

Так как одно из чисел $n+ 5,n +4,n+ 3,n +2,n+ 1$ делится на $5,$ то при $n ≥2$ число $Sn+1$ – целое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#77215

Дана последовательность $0< a < a <a < ...<a < a 0 1 2 22 23$ . При всех $0 <n ≤23$ выполнено условие

∘ -2----4--- an =2 an−1− an−1.

Докажите, что $−6 a0 < 10 .$

Показать доказательство

Распишем $a : n$

∘ 2-----4--- ∘ ----2-- an = 2 an−1 − an−1 = 2an− 1 1− an−1.

Из последнего выражение следует, что вся последовательность меньше либо равна $1.$ Тогда каждый член последовательности можно представить в виде тригонометрических функций. Пусть $a0 =sin φ,$ где $π φ∈ [0;2].$ Тогда

∘ ----- a1 = 2a0 1− a20 =2sin φcosφ = sin2φ.

То есть следующий член последовательности это синус от удвоенного аргумента предыдущего члена. Это будет верно до тех пор, пока у нас последовательность возрастает. Нужно, чтобы $a23$ был последним числом, после которого значение уменьшаться. Оценим аргумент, при котором это возможно.

Пусть $a22 = sinα,a23 = sin2α.$ Понятно, что

a23 > a22 ⇒ 2sinαcosα> sinα ⇒ cosα > 12

Тогда $α$ может быть таким: $π4 ≤α ≤ π3.$ Тогда у нас есть такое ограничение: $222φ< π2,$ т.к. у $a23$ должен быть принадлежать $[π2;23π).$ Следовательно,

222φ< π ⇒ φ< -π-< -1- 2 222 106

Используя неравенство $sinx≥ x$ при $x≤ 1$ получаем, что

-π- -π- -1- a0 = sinφ < sin222 ≤ 222 < 106

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#35437

Можно ли из последовательности $1,1,1,... 23$ выбрать (сохраняя порядок) сто чисел из которых каждое, начиная с третьего, равно разности двух предыдущих (то есть $ak =ak−2− ak−1$ )?

Показать ответ и решение

Такую подпоследовательность можно построить, например, следующим образом. Напишем последовательность из ста чисел $1,2,3,5,8,13,...,$ в которой каждое число, начиная с третьего, есть сумма двух предыдущих (эта последовательность называется последовательностью Фибоначчи). Разделим все числа на их наименьшее общее кратное и запишем их в обратном порядке. Все дроби сокращаются, и получаются числа из ряда $1 1 1,2,3,...,$ записанные в порядке убывания. При этом каждое число, начиная с третьего, равно разности двух предыдущих, что и требуется.

Ответ: Можно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#35439

Дана последовательность чисел $1,2,3,5,8,13,21,...$ , в которой каждое число, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих. В этой последовательности выбрано восемь чисел подряд. Докажите, что их сумма не равна никакому числу рассматриваемой последовательности.

Показать ответ и решение

Пусть $S =a + a +...+a k+1 k+2 k+8$ — сумма восьми идущих подряд членов последовательности. Достаточно доказать, что $ak+9 < S < ak+10$ . Левое неравенство очевидно: $S > ak+7 +ak+8 = ak+9$ . Докажем правое неравенство. Ясно, что

ak+10 =ak+8+ ak+9 = ak+8+ ak+ 7+ ak+8 =

= ak+6 +ak+7+ ak+7 +ak+8 = ak+5 +ak+6+ ak+6 +ak+7+ ak+8 =

= a +2a + a + ...+ a . k+1 k+2 k+3 k+8

Последнее выражение, очевидно, больше $S$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#40092

Последовательность чисел ${a } n$ такова, что

an+1+1- a1 =1,a12 =2,an+2 = an

для всех натуральных $n$ от $1$ до $10.$ Найдите $a4.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Какая-то явная формула для последовательности... Попробуем сделать из нее реккурентную? То есть выразим каждый следующий член, через какие-то предыдущие... Начнем с a3?

Подсказка 2!

Так, а3 = (а2+1)/а1 То есть a2+1. Попробуйте так же выразить несколько следующих членов последовательности, ищем закономерность!

Показать ответ и решение

Выпишем формулы для первых нескольких членов

a2+-1 a3+-1 a2+-2 2- a3 = a1 = a2+ 1, a4 = a2 = a2 = a2 + 1

a2+2 2- a5 = a4+1-=-a2-+-1= 2-, a6 = a5+-1=-a2-+1 = 1=a1, a7 = 1+1-=a2 a3 a2+ 1 a2 a4 2a2-+1 2a2-

Отсюда $an+5 = an,n ∈{1,...7},$ тогда $a2 = a12 = 2,$ то есть $2+a2 a4 =-a2--=4.$

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#76533

Последовательность $a n$ определена условиями $a = 0,01 1$ и $(n+ 2)a = na n n+1$ для $n = 1,2,...,99.$ Найдите сумму $a +a + ...+ a . 1 2 100$

Источники: Миссия выполнима-2022, 11.5 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно найти сумму а-шек, значит, достаточно получить такую сумму, чтобы коэффициенты при каждом a_i были одинаковыми. При этом мы видим, что если у нас есть равенство 3a₁ = a₂, 4a₂ = 2a₃, то сложив эти два неравенства, после приведения подобных мы получим 3a₁ + 3a₂ = 2a₃, и мы получаем сумму первых двух чисел с одинаковыми коэффициентами. Можно ли так сделать для суммы первых скольких-то членов? А скольких?

Подсказка 2

Верно, мы можем просуммировать так все равенства и получить, что 3(a_1 + … + a_99) = 99a_100, то есть (a_1 + … + a_99) = 33a_100. Значит, то, что мы ищем - это 34 a_100. Ну а это уже легко найти, потому что есть рекуррента. Найдите a_100 и запишите ответ.

Показать ответ и решение

Последовательно сложив равенства

3a1 =a2,4a2 =2a3,5a3 = 3a4,...,101a99 = 99a100,

приведя подобные члены и сократив на $3,$ получим $a1+ a2+ a3+...+a99 = 33a100.$ Поэтому искомая сумма $S =34a100.$ А поскольку

101 101- 100- 101⋅100⋅...⋅4⋅3 101⋅100- a100 = 99 a99 = 99 ⋅98 a98 = ...= 99 ⋅98...⋅2⋅1 a1 = 2 a1 = 50.5,

то $S = 34⋅50.5= 1717.$

Ответ: 1717

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#76644

Члены последовательности $a n$ удовлетворяют соотношению:

-2-- an+2 = an− an+1 ,a1 = 8,a2 =19

Найти $n,$ для которого $an = 0.$

Источники: Росатом-2022, московский вариант, 11.3 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим момент, когда появился нулевой член последовательности. Что случается с произведением соседних членов, когда появляется ноль?

Подсказка 2

Рассмотрите последовательность произведений соседних членов. Какому соотношению она удовлетворяет? Как найти ноль?

Подсказка 3

Домножьте равенство, данное в условии, на знаменатель. Какой вид имеет общий член новой последовательности? Найдите ноль)

Показать ответ и решение

По условию $a,a ⁄= 0. 1 2$ Элементы последовательности определены пока $a ⁄= 0. n+1$ Для остальных номеров члены последовательности не определены.

Пусть $an+1 ⁄=0,an+2 = 0.$ Тогда для всех $k ≤n ⇒ ak+1ak− 2.$ Последовательность $bk = ak+1ak$ удовлетворяет соотношению $bk+1 = bk − 2$ и представляет собой арифметическую прогрессию с разностью $d= −2$ и первым членом $b1 =a2a1 = 8⋅19=152.$ Общей её член $bk = b1− 2(k− 1)$ равен нулю, если