Республиканская олимпиада по математике, 2012 год, 9 класс
Комментарий/решение:
{a3−a1=√a2a4−a2=√a3a5−a3=√a4a6−a4=√a5a7−a5=√a6a8−a6=√a7.........ak+2−ak=√ak+1ak+3−ak+1=√ak+2...........⇒
⇒√a2+√a3+√a4+...+√ak+1+√ak+2+...=−(a1+a2)
{√a2+√a3+√a4+...+√ak+1+√ak+2+...>0−(a1+a2)<0⇒{an}∞n=1=∅
Ответ: такой последовательности не существует.
Решение: Допустим, что такая последовательность существует.
Заметим, что an+1 целый квадрат для всех n≥1. Пусть b2n=an+1, тогда b2n+2=bn+1+b2n,∀n≥1.
Решим задачу с помощью двух следующих лемм:
Лемма 1: Существует C∈N, что bn<C+n,∀n≥1.
Д-во: Выберем C∈N, что b1<C+1 и b2<C+2. Далее по индукции докажем лемму для C. Для n=1,2 это уже верно. Предположим, что утверждение верно для всех i от 1 до n≥2. Тогда b2n+1=bn+b2n−1<(C+n)+(C+n)2<(C+n+1)2, ч.т.д. ◼
Лемма 2: Для всех n≥1 верно сравнение b_n\equiv 0,1,-1 \pmod {2^n}.
Д-во: Докажем индукцией по n\ge 1, что b_k\equiv 0,1,-1\pmod {2^{n}},\forall k\ge n. Для n=1 это очевидно верно. Предположим, что утверждение верно для n\ge 1.
Если t\equiv 0,1,-1\pmod {2^n}, то t^2\equiv 0,1\pmod {2^{n+1}}, так как
1) t\equiv 0\pmod{2^n}, то t^2\equiv 0\pmod {2^{n+1}}.
2) t\equiv 1,-1\pmod {2^{n}}, то t=2^ns\pm1\implies t^2=2^{2n}s^2\pm 2\cdot 2^ns+1\equiv 1\pmod{2^{n+1}}.
С другой стороны b_{k+1}=b_{k+2}^2-b_k^2\equiv \{0,1\}-\{0,1\}\equiv 0,1,-1\pmod {2^{n+1}},\forall k\ge n, ч.т.д. \blacksquare
Заметим, что b_1<b_3<b_5<...\ , значит b_{2k+1}>1,\forall k\ge 1.
Из Леммы 2 следует, что 2^{2k+1}\le b_{2k+1}+1 для всех k\ge 1. Откуда из Леммы 1 получаем, что 2^{2k+1}\le C+(2k+1)\implies 2^{2k+1}-(2k+1)\le C для всех k\ge 1, что очевидно невозможно.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.