Тема Всесиб (Всесибирская открытая олимпиада школьников)

Последовательности и прогрессии на Всесибе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела всесиб (всесибирская открытая олимпиада школьников)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68023

В возрастающей арифметической прогрессии из $n$ натуральных чисел каждый член, кроме последнего, делится на свой номер в прогрессии, а последний – нет. Докажите, что $n$ является степенью некоторого простого числа.

Источники: Всесиб-2023, 11.4 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте посмотрим на наше условие о том, что все числа с номерами меньше n делятся на свой номер. Эти числа будут вида a+(k-1)d, и если посмотреть по модулю k, то это будет сравнимо с a-d = 0 (mod k). Какое противоречие можно найти, если n (кол-во чисел в прогрессии) - не степень простого?

Подсказка 2

По факту мы поняли что a-d делится на все k<n. А что можно найти у числа, которое не является степенью простого?

Подсказка 3

Делители, которые являются взаимно простыми! Поймите, как это применить, зная что a-d делится на все k<d.

Показать доказательство

Пусть первый член прогрессии равен $a,$ а разность равна $d.$ Тогда из условия $a∈ℕ,d ∈ℕ.$ По условию $k−$ ый член последовательности делится на $k$ (кроме последнего), тогда получим:

a+ (k− 1)d= a+kd− d≡k a− d≡k 0.

Значит, $a− d$ делится на все числа от $1$ до $n− 1.$ Пусть $n$ не является степенью простого числа, тогда $n= p⋅q,$ где $p$ и $q$ не имеют общих делителей. Тогда

a− d≡p 0

a− d≡ 0. q

Значит, так как $n= pq,$ то $a− d≡ 0. n$ То есть последний член делится на $n.$ Противоречие.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#73447

Определим последовательность $x ,x,x ,...,x 1 2 3 100$ следующим образом: пусть $x 1$ произвольное положительное число, меньшее 1 , и $2 xn+1 = xn− xn$ для всех $n =1,2,3,...,99.$ Докажите, что $3 3 3 x1+ x2+ ...+x99 < 1.$

Источники: Всесиб-2021, 9.4(см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Докажем сначала, что $1> x >x >...>x > 0. 1 2 100$ Для этого воспользуемся индукцией по $n =1,2,...,99.$ База индукции $x ∈(0,1) 1$ верна по условию. Шаг индукции: при $xn ∈ (0,1)$ выполнены неравенства $2 0< xn < xn,$ поэтому $2 xn+1 =xn − xn <xn <1$ и $2 xn+1 = xn− xn > 0,$ то есть $xn+1 ∈(0,1).$