Математикадан республикалық олимпиада, 2011-2012 оқу жылы, 9 сынып

Әрбір $n\ge 1$ үшін ${{a}_{n+2}}=\sqrt{{{a}_{n+1}}}+{{a}_{n}}$ теңдігі орындалатындай оң бүтін сандардың ақырсыз $\left( {{a}_{n}} \right)$ тізбегі табыла ма? ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

$$\left\{ \begin{gathered} a_3-a_1=\sqrt{a_2}\\ a_4-a_2=\sqrt{a_3}\\ a_5-a_3= \sqrt{a_4} \\ a_6-a_4=\sqrt{a_5}\\ a_7-a_5=\sqrt{a_6}\\ a_8-a_6=\sqrt{a_7}\\.........\\ a_{k+2}-a_k=\sqrt{a_{k+1}} \\ a_{k+3}-a_{k+1}=\sqrt{a_{k+2}}\\ ...........\end{gathered} \right. \Rightarrow$$

$$ \Rightarrow \sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+\sqrt{a_4}+...+\sqrt{a_{k+1}}+\sqrt{a_{k+2}}+...=-\left( a_1+a_2\right) $$

$$\left\{ \begin{gathered} \sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+\sqrt{a_4}+...+\sqrt{a_{k+1}}+\sqrt{a_{k+2}}+...>0 \\ -(a_1+a_2) < 0 \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ a_n \right\} _{n=1}^\infty = \emptyset $$

Ответ: такой последовательности не существует.

Разве при сумме вы не упустили ak+3 и ak+2?

здесь решение не правильно

Решение: Допустим, что такая последовательность существует.

Заметим, что $a_{n+1}$ целый квадрат для всех $n\ge 1.$ Пусть $b_n^2=a_{n+1},$ тогда $b_{n+2}^2=b_{n+1}+b_n^2,\forall n\ge 1.$

Решим задачу с помощью двух следующих лемм:

Лемма 1: Существует $C\in\mathbb N,$ что $b_n<C+n,\forall n\ge 1.$

Д-во: Выберем $C\in\mathbb N,$ что $b_1<C+1$ и $b_2<C+2.$ Далее по индукции докажем лемму для $C.$ Для $n=1,2$ это уже верно. Предположим, что утверждение верно для всех $i$ от $1$ до $n\ge 2.$ Тогда $b_{n+1}^2=b_n+b_{n-1}^2<(C+n)+(C+n)^2<(C+n+1)^2,$ ч.т.д. $\blacksquare$

Лемма 2: Для всех $n\ge 1$ 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.

Из $b_{n+2}^2=b_{n+1}+b_{n}^2\implies 0<b_{n+1}=(b_{n+2}-b_{n})(b_{n+2}+b_{n})\ge b_{n+2}+b_{n}>b_{n},b_{n+2},$ аналогично $b_{n+2}>b_{n+1},b_{n+3},$ что означает $b_{n+2}>b_{n+1}>b_{n+2}.$