Тема Последовательности и прогрессии

Последовательности нестандартного вида

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#78964

Одиннадцати мудрецам завязывают глаза и надевают каждому на голову колпак одного из $1000$ цветов. После этого им глаза развязывают, и каждый видит все колпаки, кроме своего. Затем одновременно каждый показывает остальным одну из двух карточек — белую или черную. После этого все должны одновременно назвать цвет своих колпаков. Удастся ли это? Мудрецы могут заранее договориться о своих действиях (до того, как им завязали глаза); мудрецам известно, каких 1000 цветов могут быть колпаки.

Показать ответ и решение

Существует ровно $21111$ —разрядных последовательностей из $0$ и $1,$ из них с четным числом единиц — ровно половина, то есть $10 2 = 1024.$ Закодируем 1000 цветов тысячей таких последовательностей. Распределим разряды между мудрецами. Мудрец номер $k$ действует так: среди видимых им 10 цветов колпаков подсчитывает число $ak$ тех, у кого в $k$ -м разряде стоит $1.$ Если это число четно, он показывает черную, а иначе-белую карточку.

После этого каждый мудрец может вычислить все разряды в коде цвета своего колпака, кроме одного — за который он сам отвечает. Для этого он подсчитывает число $bk$ единиц в $k$ -х разрядах девяти мудрецов (кроме себя и мудреца номер $k$ ), и если четность $bk$ совпадает с показанной четностью $ak,$ у него в $k$ м разряде $0,$ иначе $1.$ Недостающий разряд восстанавливается благодаря четности общего числа единиц в коде.

Ответ:

Да

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#82677

Дана последовательность $a n$ : 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, $...$
(одна единица, две двойки, три тройки, четыре четверки и т.д.) и еще одна последовательность $bn$ такая, что $abn =ban$ для всех натуральных $n$ .

Известно, что $bk = 1$ при некотором $k> 100$ . Докажите, что $bm =1$ при всех $m >k$ .

Источники: СПБГОР - 2024, 11.2 (см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Возьмём число $m : t(t+1)+ 1≤ m ≤ (t+1)(t+2) 2 2$ , заметим, что для любого такого $m$ $a = t+1 m$ , тогда $b = b = a t+1 am bm$ , тогда если $bm =1$ , то $abm =1$ , тогда $bt+1 =1$ , и наоборот.

Значит, $bt+1 = 1 ⇐⇒ bm = 1$ для $t(t+1) (t+1)(t+2) m ∈ [ 2 + 1; 2 ]$

Значит, и $bt+1 ⁄=1 ⇐⇒ bm ⁄= 1$

Если $b3 =1$ , то

2× 3 3× 4 ∀m ∈ [-2-+ 1;-2--]:bm = 1 т.е. b4 = b5 =b6 = 1

Докажем тогда по индукции, что $∀m > 3 bm = 1.$

База уже есть. Переход будем делать от $m ∈ [3;t(t+21)]$ к $m ∈[3;(t+1)2(t+2)].$

Заметим, что $t+ 1< t(t+21)$ при $t>3 ⇒ bt+1 = 1$ , но по предположению индукции $∀m ∈ [t(t+21)+ 1≤ m≤ (t+1)2(t+2)]:bm =1$ , значит,

∀m ≥3 :bm = 1, если b3 = 1

Аналогичными рассуждениями

∀m ≥3 :bm ⁄= 1, если b3 ⁄= 1

Итого т.к. $bk =1$ , $k> 100$ , то $b3 =1$ , а значит, $∀m > 3$ :

bm = 1⇒ ∀m > k bm =1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#83743

Дана последовательность:

∘ ∘ n ∘ a1 = cos10 ,a2 =cos100,...,an = cos(10) ,...

Найдите наименьшее значение выражения

a1⋅cosx +(a2+ a2023+a2024)⋅sinx, где x∈ ℝ

Источники: Звезда - 2024, 11.4 (см. zv.susu.ru)

Показать ответ и решение

Посмотрим на разность градусных мер углов у соседних членов последовательности:

n n−1 n−1 n−3 n−3 10 − 10 = 10 (10− 1)=9⋅1000⋅10 =360⋅25⋅10

Если $n≥ 3,$ то эта разность делится на 360. Тогда косинусы равны, то есть $a3 =a4 = ...= a2024.$

Преобразуем по известным тригонометрическим формулам:

∘ ∘ ∘ ∘ a2+a2023+ a2024 = cos100 + 2cos1000 =cos100 + 2cos(360 ⋅3− 80)=

= cos(90∘+ 10∘)+ 2cos80∘ =− sin10∘+2 sin10∘ =sin 10∘

Теперь подставим в искомое выражение:

a1⋅cosx +(a2+ a2023+a2024)⋅sinx =

= cos10∘⋅cosx+ sin10∘⋅sinx= cos(x− 10∘)

Наименьшее значение косинуса, как известно, равно $− 1.$

Ответ:

$− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#85565

Последовательность многочленов $P(x),P (x),... 0 1$ задана условиями $P (x)= x,P (x)= P (x− 1)P (x+ 1) 0 n n− 1 n−1$ при $n≥ 1.$ Найдите наибольшее число $k,$ для которого $P100(x)$ делится на $k x .$

Показать ответ и решение

Заметим, что $k$ совпадает с кратностью корня $x =0.$ Каждый из данных корней был получен из корня $1$ или $− 1$ у многочлена $P99(x),$ каждый из которых в свою очередь появился из корня $− 2,0,$ или $2$ у многочлена $P99(x),$ и так далее. В итоге получим, что каждому корню $0$ многочлена $P100(x)$ соответствует последовательность из $101$ числа $0,...,0,$ в которой каждые два соседних числа отличаются на $1.$ Причем каждой такой последовательности соответствует корень $0$ многочлена $P100(x).$ Тогда $k$ равно количеству таких последовательностей. Будем идти по последовательности слева направо. При переходе к следующему члену последовательности мы либо прибавляем к предыдущему члену $1,$ либо вычитаем, причем прибавлений и вычитаний поровну. В итоге получаем ответ $50 k =C100.$

Ответ:

$C50 100$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#97053

Последовательность { $x n$ } определена рекурсивно: $x = a 1$ при некотором натуральном $a,$ а также $x = 2x + 1. n+1 n$ Пусть $y =2xn − 1. n$ Какое максимальное количество подряд идущих простых чисел может быть в последовательности { $yn$ }?

Показать ответ и решение

Пусть $k$ — максимальное количество подряд идущих простых чисел может быть в последовательности { $y n$ }. Без ограничений общности, можем считать, что данная оценка достигается для подпоследовательности $y1,...,yk.$

Оценка. Докажем, что если при некотором $i$ число $yi$ — простое, то и число $xi$ — простое. Действительно, пусть $xi$ кратно некоторому натуральному $d$ , тогда

x d yi =2 i − 1 кратно 2 − 1

что влечет противоречие с простотой числа при $d> 1.$ В частности, если подпоследовательность ${y}k ii=1$ состоит только из простых чисел, то и подпоследовательность ${x}k i i=1$ состоит лишь из простых чисел.

Теперь докажем, что для каждого нечетного простого числа $a$ хотя бы одно из чисел $y ,y ,y 1 2 3$ является составным. Предположим противное, пусть $y1,y2$ и $y3$ — простые числа, тогда $x1,x2,x3$ тоже простые числа. Поскольку $x1 ≥3$ нечетно, имеем $x2 >3$ и $x2 ≡ 3 (mod 4);$ следовательно, $x3 ≡ 7 (mod 8).$ Таким образом, $2$ является квадратичным вычетом по модулю $p= x3,$ поэтому $2 2 ≡s (mod p)$ для некоторого целого числа $s$ и, следовательно,

x (p−1)∕2 p− 1 2 2 = 2 ≡ s ≡ 1 (mod p)

Это означает, что $p|y , 2$ т. е. $2x2 − 1= x = 2x + 1. 3 2$ Но легко показать, что $2t− 1> 2t+1$ для всех целых $t>3.$ Противоречие. Тем самым мы показали, что $k ≤2.$

Пример. Если $a =2,$ то числа $y = 3 1$ и $y = 31 2$ являются простыми числами.

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67675

Назовём тройку чисел триплетом, если одно из них равно среднему арифметическому двух других. Последовательность $(a ) n$ строится следующим образом: $a1 = a2 = 1$ и при $n> 2$ число $an$ — такое минимальное натуральное число, что среди чисел $a1,a2,...,an$ нет трёх, образующих триплет. Докажите, что $n2 +7 an ≤--8--$ для любого $n.$

Источники: ММО-2023, 11.6 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Очевидно, что последовательность не убывает. Действительно, неравенство $a > a n n+1$ противоречило бы выбору $a . n$ Также понятно, что любое число повторяется не более, чем дважды, иначе в последовательности найдутся три одинаковых числа, а они образуют триплет. Теперь легко видеть, что если число $c$ впервые встречается в последовательности в качестве $an,$ то $an+1 = an = c.$

Таким образом, для любого натурального $k$ верно равенство $a2k−1 = a2k.$ Заметим, что тогда достаточно доказать требуемое неравенство только для нечетных индексов:

(2k− 1)2 +7 (2k)2+7 a2k = a2k− 1 ≤---8-----≤ ---8---

Положим $bk = a2k−1.$ Тогда нужно доказать, что

2 bk ≤ (2k− 1)-+-7= k(k− 1)+ 1 8 2

Отметим, что последовательность $(bn)$ обладает тем свойством, что при $k> 1$ очередной член последовательности $bk$ - минимальное натуральное число, которое не образует триплет с парами чисел из ${b1,...,bk−1},$ где пара может иметь вид $(bi,bi).$ При этом $bk > bk−1,$ то есть $(bn)$ строго возрастает, в отличие от $(an).$

Пусть $n$ - минимальное натуральное число, для которого требуемое неравенство неверно, то есть $bn > n(n−21)+1.$ Это означает, что среди чисел от $1$ до $n(n−21)+ 1$ содержится ровно $n− 1$ член последовательности, поскольку при $m < n$ по предположению имеем

bm ≤ m(m-− 1) +1< n(n−-1)+ 1 2 2

Обозначим через $s$ количество чисел в промежутке от 1 до $n(n−1)+ 1, 2$ не принадлежащих последовательности $(bn).$ Тогда

s= n(n-− 1)+ 1− (n − 1)= (n−-1)(n−-2)+ 1= C2n−1+1 2 2

Обозначим эти числа $di,1≤ i≤ s.$ В силу минимальности каждого из $bm$ для любого $1≤ k≤ s$ найдутся такие числа $bik,bjk,$ где $ik ≤ jk ≤ n− 1,$ что $(bik,bjk,dk)$ - триплет. При это можно считать, что $dk$ - наибольший элемент в триплете, иное бы противоречило выбору наименьшего элемента последовательности $(bn),$ большего $dk.$ Отсюда $ik < jk.$ Тогда число способов выбрать пару $(ik,jk)$ не превосходит $C2n−1,$ то есть не больше способов выбрать два различных индекса из ${1,2,...,n− 1}.$ В то же время парами $(ik,jk)$ нужно обеспечить $s>C2n−1$ чисел $di.$ Полученное противоречие завершает решение.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67942

Дана последовательность ${a}, n$ в которой $a = 19, 1$ а отношение каждого следующего элемента к предыдущему при всех целых $n≥ 2$ равно

an (n2+ 1)⋅n an−1 = (n−-1)2+-1

Найдите отношение 2023-го члена последовательности к сумме её первых 2022 членов.

Источники: Ломоносов-2023, 11.6 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Найдем $an-, a1$ перемножив указанное в условии отношение для различных $n :$

an -an- an−-1 a2 (n2+-1)n-- ((n−-1)2-+1)(n-− 1) (22+-1)2- (n2+-1)n!- a1 =an−1 ⋅an− 2 ⋅⋅⋅a1 = (n − 1)2+1 ⋅ (n− 2)2+ 1 ⋅⋅⋅ 1+ 1 = 2

Представим его в виде разности:

2 an = (n-+-1)n!-= 1(n(n+ 1)− (n− 1))n!= n(n-+1)!− (n-− 1)n!=bn− bn−1, a1 2 2 2 2

где

bn = n(n+-1)! 2

Тогда отношение суммы первых $n$ членов к $a1$ равно

Sn a1+a2+-⋅⋅⋅+-an n(n+-1)! a1 = a1 = (b1 − b0)+(b2− b1)+⋅⋅⋅+(bn− bn−1)= bn− b0 = 2

Стало быть, ответ при $n= 2023$ равен

2 2 2 -an-= -an∕a1-= (n-+-1)n!= n-+-1= n-−-1+-2= n+ 1+ --2-= 2024-1-- Sn−1 Sn−1∕a1 (n − 1)n! n− 1 n− 1 n− 1 1011

Ответ:

$2024-1- 1011$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#68032

Арифметическая прогрессия $a ,a,... 1 2$ задана первыми двумя членами: $a = 381,a = 406. 1 2$ Определим последовательность $b k$ следующим образом: $b1 = a1 = 381,bk+1 =bk⋅ak+1$ для каждого $k ≥1.$ Тогда $b2 = 381⋅406= 154686.$ В записи этого числа используется 5 различных цифр: $1,4,5,6$ и 8. А какое наименьшее количество различных цифр может использоваться в записи числа $bk$ для натурального $k?$

Источники: Турнир Ломоносова-2023, 11.2 (см. turlom.olimpiada.ru)

Показать ответ и решение

Оценка. Докажем, что всего одна цифра в записи $b k$ не может быть. Найдем $b ,a : 3 4$

a3 = a2+(a2− a1)= 431;

a4 = a3+(a3− a2)= 456;

b = b ⋅a = 66 669 666. 3 2 3

Заметим, что $a4$ делится на $4,$ значит $b4$ и все $bk$ будут делится на $4.$ Кроме того, каждое из $ak$ оканчивается или на $1,$ или на $6.$ Поэтому все $bk$ при $k ≥4$ будут оканчиваться на $6(6⋅1= 6,6⋅6 =36).$ Получается, если в записи $bk,k≥ 4,$ будет всего одна цифра, то это цифра $6.$ Тогда последние две цифры $bk$ это $66,$ т.е. $bk$ не делится на $4,$ противоречие.

Пример. В записи $b3$ используются только две цифры.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#68242

Имеется устройство, которое строит последовательность чисел $x,x ,x ,... 0 1 2$ следующим образом: первые два члена $x 0$ и $x 1$ мы задаем самостоятельно, а последующие члены устройство вычисляет так: $x2 =x0+ 13⋅(x1+ k1),x3 = x1+ 13 ⋅(x2+ k2),...$ Здесь $k1,k2,...$ — – некоторая фиксированная ключевая последовательность. При этом все числа $x0,x1,x2,...$ и $k1,k2,...$ являются целыми, лежащими в пределах от 0 до 32 включительно. (Если в процессе вычислений получится число, превосходящее 32, то результат будет заменен его остатком от деления на 33; например, $16+ 13 ⋅2 =9.)$ С помощью этого устройства построили две последовательности $a0,a1,a2,...$ и $b0,b1,b2,...,$ по первым членам $a0 =1,a1 = 3$ и $b0 =1,b1 =12.$ Верно ли, что найдётся ключевая последовательность $k1,k2,...$ и некоторое целое $t,$ большее 0, такие, что выполняются условия:

a) $bt = at,bt+1 =at+1?$

б) $bt = at+1?$

Решение обоснуйте.

Источники: Верченко-2023 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

а) Для всех $t≥1$

at+1 = at− 1+13(at+ kt),at−1 =at+1− 13(at+kt)

Поэтому, если $bt = at,bt+1 =at+1$ , то $bt−1 =at−1,...b1 = a1,b0 = a0$ , что противоречит условию.

б) Удобно перейти к разностям полублоков $zt = bt− at$ (везде далее действия с полублоками (умножение, сложение и вычитание) производятся по модулю $M$ ) и выяснить, может ли 1 появиться в ${z} t$ . Из уравнения шифрования

bt+1 = bt−1+ 13(bt+kt),t≥ 1

a =a + 13(a +k ),t≥ 1 t+1 t−1 t t

получаем после вычитания

zt+1 = zt−1+ 13zt,t≥1,

что последовательность разностей не зависит от ключа $kt$ . По условию $(z0,z1)= (0,9),(z0,z1,M )= 3$ , поэтому все члены последовательности будут делиться на $3$ , и единицы там не будет.

Ответ:

а) нет

б) нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#69822

Последовательность ${a },n∈ℕ, n$ задана такими равенствами: $a = 2, 1$ $a = 1 2$ и

-2 -1-- -1-- an = an−1 + an+1,n ≥2

Найдите такие $n,$ при которых

|an|≤ 10−3

Источники: САММАТ-2023, 11.3 (см. sammat.samgtu.ru)

Показать ответ и решение

В условии задана последовательность, каждый член которой, начиная со второго, является средним гармоническим своих соседей. От такой “гармонической прогрессии” легко перейти к арифметической прогрессии, если рассмотреть последовательность обратных: $1- bn = an.$ Тогда условие переписывается в виде

bn−1+bn+1 bn =----2----

Так что по характеристическому свойству мы имеем арифметическую прогрессию. Из условия задачи находим её первый и второй члены:

b1 = 12,b2 = 1

Тогда разность равна $12$ и по формуле $n$ -го члена

bn = n 2

Теперь остаётся решить

|an|≤10−3 ⇐⇒ bn ≥ 103 ⇐⇒ n ≥2⋅103

Ответ:

$n ≥2⋅103$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#73166

Последовательность положительных чисел $a,a ,... 1 2$ такова, что для всех натуральных $i$ выполнено $a2 + aa ≤ a +a i+1 ii+2 i i+2$ . Докажите, что $a2022 ≤ 1$ .

Источники: IMO shortlist - 2022, A1

Показать доказательство

Заметим, что $a2 − 1 ≤a + a − aa − 1 n+1 n n+2 n n+2$ , откуда

2 an+1− 1≤ (1 − an)(an+2− 1).

Предположим, что существует натуральное $n$ такое, что $a >1 n+1$ и $a > 1 n+2$ . Тогда из полученного ранее неравенства заключаем, что $0 <1 − a <1< 1+ a n n+2$ , откуда $a2 − 1< (a +1)(a − 1)=a2 − 1 n+1 n+2 n+2 n+2$ . С другой стороны $a2 − 1≤ (1 − a )(a − 1)< (1+ a )(a − 1)= a2 − 1 n+2 n+3 n+1 n+1 n+1 n+1$ — противоречие.

Предположим, что $a2022 > 1$ . Тогда из только что доказанного следует, что $a2021 ≤1$ и $a2023 ≤ 1$ . То есть $2 0 <a2022− 1≤ (1 − a2021)(a2023− 1)≤ 0$ — противоречие. Таким образом, $a2022 ≤ 1$ .

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#73696

Множество натуральных чисел разбито на бесконечные арифметические прогрессии с разностями $d ,d,.... 1 2$

(a) Докажите, что если число прогрессий конечно, то $d11 +d12 + ...= 1.$

(b) Верно ли утверждение пункта (а), если число прогрессий бесконечно?

Показать ответ и решение

$a)$ Пусть число прогрессий равно $k.$ Докажем, что сумма $-1 +-1+ ...+ -1= 1. d1 d2 dk$ Пусть $M$ — наименьшее общее кратное чисел $d1,d2,...,dk.$ Рассмотрим любой отрезок из $M$ последовательных натуральных чисел; в нём будет $M- di$ членов $i$ -й прогрессии с разностью $di$ ( $i= 1,2,...,k$ ). Поэтому $M- M- M- d1 + d2 + ...+ dk = M.$ Если сократить на $M,$ получим требуемое.

$b)$ Приведём контрпример. Рассмотрим прогрессии $1,11,...(d1 = 10),2,22,...(d2 = 20),3,43,...(d3 = 40),...$ каждый раз $d$ увеличивается вдвое. Если какой-то член прогрессии встретился в предыдущих, то и все остальные её члены также встречались. Такие прогрессии вычеркнем. Оставшееся множество прогрессий содержит все натуральные числа ровно по одному разу, а $1 1 1 1 1 d1 +d2 + ...< 10 + 20 + 40 + ...< 0,2< 1.$

Ответ:

$b)$ Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#74874

Обозначим через $d(n)$ количество натуральных делителей числа $n.$ Последовательность натуральных чисел $a ,a,...,a 1 2 400$ удовлетворяет условию

an+1 = d(an)+ d(n)

Докажите, что в этой последовательности не более $210$ простых чисел.

Показать доказательство

Отметим, что если $n$ не является квадратом натурального числа, то хотя бы одно из чисел $a ,a n n+1$ не является простым. Докажем это утверждение от противного – тогда $an$ простое. Число $. d(n).. 2,$ так как $n$ не квадрат, а $d(an)=2.$ Следовательно, $a = d(a )+d(n) ... 2 n+1 n$ , при этом $a > 2, n+1$ поэтому $a n+1$ не является простым – противоречие.

Вычеркнем из последовательности $an$ все элементы, индексы которых являются квадратами, а все остальные элементы разобьем на пары. Между любыми двумя квадратами находится четное количество чисел ( $. (a+ 1)2− a2− 1= 2a .. 2$ ), поэтому такой способ ставит в пару подряд идущие числа. По доказанному, в каждой паре находится не более одного простого элемента, значит среди $400− 20 =380$ невычеркнутых элементов есть не более, чем $190$ простых. Вычеркнутые элементы могут быть простыми. Их количество равно $20,$ поэтому общее число простых элементов можно оценить как $190+20= 210,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#74876

Последовательность чисел $a ,a ,... 1 2$ такова, что $a = 2,a = 5 1 2$ и

( 2) ( 2) an+2 = 2− n an+1 + 2+ n an

при всех $n ≥1.$ Существуют ли такие $p,q$ и $r,$ что $a a = a ? p q r$

Показать ответ и решение

Мы покажем, что для всех $n:a ≡ 2 (mod 3). n$ Это, очевидно, выполнено для $n= 1$ и $n= 2,$ а для всех остальных доказывается по индукции:

( 2) ( 2) ( 2) ( 2) an+2 = 2− n an+1+ 2+ n an ≡ 2 2− n + 2 2+n = 8≡ 2 (mod 3)

Пусть теперь $p,q,r$ – три натуральных числа. Произведение $a a ≡ 1 (mod 3), p q$ поэтому $aa p q$ не может равняться $a , r$ сравнимому с $2 (mod 3).$

Ответ:

Не существуют

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#75281

Дана бесконечная последовательность натуральных чисел $a ,a,a ,.... 1 2 3$ Оказалось, что для любых натуральных $k$ и $ℓ$ число $a + a k ℓ$ делится на $k+ ℓ.$ Докажите, что для любых натуральных $k⁄= ℓ$ число $ak− aℓ$ делится на $k− ℓ.$

Показать доказательство

Выберем натуральное $t$ такое, что $t+ l$ делится на $k − l.$ Тогда $a +a l t$ делится на $l+t,t+l$ делится на $k− l,$ откуда $a +a l t$ делится на $k− l.$ Аналогично, $ak+ at$ делится на $l+ t$ , $t+ k= (t+l)+(k− l)$ делится на $k− l,$ откуда $ak+ at$ делится на $k− l.$ Следовательно, $ak− al = (ak+ at)− (al+ at)$ также делится на $k− l.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#90317

Последовательность $a,a ,a,... 1 2 3$ получается из последовательности натуральных чисел вычёркиванием всех полных квадратов (то есть $a1 = 2$ , $a2 = 3$ , $a3 =5$ , $a4 = 6$ , $a5 = 7$ , $a6 = 8$ , $a7 = 10$ и т.д.). Найдите $a2023$ .

Источники: ДВИ - 2023, вариант 233, задача 2 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Для каждых натуральных чисел $n, m$ таких что

2 2 m < n< (m +1)

справедливо $n =an−m$ . Стало быть, для каждого $n,$ удовлетворяющего условию

2 2 45 = 2025< n< 2116= 46

справедливо $n =an−45.$ Поскольку $n − 45= 2023$ при $n =2068,$ получаем $a2023 = 2068.$

Ответ: 2068

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#71441

Последовательность $a n$ задана формулами

4043- 3 2 a1 = 2022,an+1 = an− 3an +3an.

Найдется ли натуральное число $n$ такое, что

2022 |an|≤ 2021?

Обоснуйте свой ответ.

Источники: ПВГ-2022, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Перепишем данную в условии формулу в виде

3 an+1 = (an− 1) +1

Находим, что если $an = 1+ 𝜀$ , то $an+1 =1 +𝜀3.$ В предложенной задаче $a1 = 1+ 2021, 2022$ поэтому

( 2021)3 (2021)3n−1 a2 =1 + 2022- ,...,an = 1+ 2022

Так как

a ≤ 2022⇔ 1+ (2021)3n−1 ≤ 1+-1--⇔ (2021)3n−1 ≤--1- n 2021 2022 2021 2022 2021

Это неравенство при достаточно больших $n$ выполняется. Для того, чтобы это утверждать, нужно или доказать, что предел этой последовательности равен 0 , или сделать оценку

( 1 ) ( 1 ) 3n−1 ≥ log22002122 2021- ⇔ n≥ 1+ log3 log202022122021-

Отсюда следует, что для любого

[ ( )] n ≥ 1+ log3 log 2022-2021 + 1 2021

неравенство выполняется.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#74914

Назовём бесконечную числовую последовательность ${a } n$ стабилизирующейся, если при некотором $k 0$ для всех $k ≥k 0$ выполнено $ak = ak+1.$ Тогда $k0$ назовем временем стабилизации, $ak$ $($ при $k≥ k0)$ — стабильным значением.

Пусть $a,b$ — натуральные числа. Дана последовательность ${xn},$ в которой $x1 = x2 = x3 = a$ и для любого натурального $n$ выполнены равенства

x3n+1 = b⋅x3n−2,x3n+2 = x3n−1∘b

$($ здесь $∘b$ — это операция взятия целой части при делении на $b)$ и

x3n+3 =x3n+ x3n−2 ⋅(x3n− 1(modb))

$($ здесь $(modb)$ — операция взятия остатка от деления на $b).$

Какие из последовательностей ${x3n+1},{x3n+2},{x3n}(n∈ ℕ)$ стабилизируются, и чему равны их стабильные значения? Чему равно время стабилизации последовательности ${x3n}?$

Источники: Иннополис-2022 (см. dovuz.innopolis.university)

Показать ответ и решение

Сначала рассмотрим последовательность ${x }. 3n+1$ По ее определению имеем $x = a⋅bn 3n+1$ для всех целых $n ≥0$ — значит, при $b= 1$ ее стабильное значение равно $a,$ а при $b >1$ она не стабилизируется.

Теперь рассмотрим ${x3n+2}.$ По определению, если $b= 1,$ то $x3n+2 =a$ для всех целых $n≥ 0,$ а если $b> 1,$ то $-a x3n+2 ≤ bn$ и, поскольку последовательность — целочисленная, имеем $x3n+2 =0$ для всех $n,$ начиная с $⌈logba⌉$ (целая часть от логарифма, взятая с избытком).

Докажем по индукции, что

x3n+1⋅x3n+2+ x3n+3 =a2+ a

для всех целых $n ≥ 0.$

База индукции $(n= 0):$

2 x1⋅x2+ x3 =a + a

по определению.

Индукционная гипотеза: пусть для некоторого $m ≥0$ выполнено

2 x3m+1 ⋅x3m+2+ x3m+3 = a + a

Тогда

x ⋅x +x = (b⋅x3m+1)⋅(x3m+2 ∘b)+ 3(m+1)+1 3(m+1)+2 3(m+1)+3

+(x3m+3+ x3m+1 (x3m+2(modb)))= ((b⋅x3m+1)⋅(x3m+2 ∘b)+

2 x3m+1 (x3m+2(modb)))+ x3m+3 =x3m+1 ⋅x3m+2+ x3m+3 = a + a

Что и требовалось доказать.

Наконец, рассмотрим последовательность ${x3n}$ . В силу доказанного выше, если $b=1$ , то все члены последовательности ${x3n}$ равны $a$ , а если $b> 1$ , то

x = x ⋅0+ x =x ⋅x +x = a2+a, 3n+3 3n+1 3n+3 3n+1 3n+2 3n+3

начиная с $n = ⌈logba⌉,$ следовательно, стабильное значение последовательности ${x3n}$ равно $a2+a.$

Ответ:

Последовательность ${x } 3n+1$ стабилизируется на $a$ при $b =1;$ ${x } 3n+2$ стабилизируется на $a$ при $b= 1$ и на $0$ при $b> 1;$ ${x } 3n$ стабилизируется на $a$ при $b= 1,$ начиная с $n= 1,$ и на $2 a + a$ при $b> 1,$ начиная с $n = ⌈logba⌉.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#80586

В последовательности ${x } n$ каждый член, начиная со второго, получается сложением его номера с суммой всех предыдущих членов. Найдите сумму первых ста членов этой последовательности, если $x1 = 1$ .

Показать ответ и решение

Пусть $s i$ — сумма первых $i$ элементов. Тогда

xi+1 = i+1 +si

si+1 =i+ 1+ 2si

Отсюда

(s − 2s )− (s − 2s )= s − 3s +2s =1 i+1 i i i−1 i+1 i i−1

si+1− 4si+ 5si−1− 2si−2 = 0

Значит, нам нужно решить уравнение

x3− 4x2+ 5x− 2= (x− 2)(x2 − 2x+ 1)= (x− 2)(x− 1)2 =0

Тогда $si = a2i+b+ cn$ . Посчитаем первые члены $s1 = 1,s2 = 4,s3 =11$ .

Тогда $2a +b+ c= 1,4a+ b+2c= 4,8a+ b+3c= 11$ . Отсюда $a= 2,b=− 2,c= −1,$ и значит,

s100 = 2⋅2100− 2− 100

Ответ:

$2⋅2100 − 2− 100$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#80587

Последовательность ${a } n$ положительных чисел такова, что каждый ее член начиная со второго равен полусумме среднего арифметического и среднего геометрического двух соседних с ним членов. Найдите $a2017$ , если $a1 = 4$ , $a64 =9$ .