Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Математикадан республикалық олимпиада, 2011-2012 оқу жылы, 10 сынып


(an) тізбегі былайша анықталған: a1=4, a2=17 және әрбір k1 үшін төмендегі қатынастар орындалады: a2k+1=a2+a4++a2k+(k+1)(22k+31), a2k+2=(22k+2+1)a1+(22k+3+1)a3++(23k+1+1)a2k1+k. (a1+a2++am)201220121 саны 220122012-ге бөлінетіндей ең кіші m санын табыңдар. ( Сатылханов К. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 4   3
4 года 1 месяца назад #

Решение: Пусть Sk=a1++ak. Заметим, что S2i нечетное, а S2i1 четное для всех iN. Это легко доказать по индукции, беря во внимание следующее:

a2k+1+a2k+2a1+a2++a2k+k+(k+1)(1)S2k1(mod2)

a2k+2+a2k+3a1+a2++a2k+a2k+2+k+(k+2)(1)S2k+a2k+2(mod2)

Лемма: Для любого kN верно, что v2(S2k1)=k+1.

Доказательство: Будем доказывать по индукции. Для k=1: v2(S21)=v2(211)=2=k+1.

Пусть для некоторого k лемма верна. Из условия следует, что

a2k+1+a2k+2S2k1(mod22k+2)S2k+22S2k1(mod22k+2)

S2k+212(S2k1)(mod22k+2)v2(S2k+21)=v2(S2k1)+v2(2)=(k+1)+1,

так как v2(2(S2k1))=k+2<2k+2=v2(22k+2). Переход доказан.

Заменим t=20122012. Пусть m наименьшее число такое, что 2tStm1. Ясно, что m=2n, тогда из LTE получаем, что

( поскольку 4S2n1 )

tv2(St2n1)=v2(S2n1)+v2(t)=(n+1)+v2(t)

ntv2(t)1=201220124025m=2n2(201220124025).

Очевидно, что m=2(201220124025) подходит. Значит ответ: m=2(201220124025)