Математикадан республикалық олимпиада, 2011-2012 оқу жылы, 10 сынып
Комментарий/решение:
Решение: Пусть Sk=a1+⋯+ak. Заметим, что S2i нечетное, а S2i−1 четное для всех i∈N. Это легко доказать по индукции, беря во внимание следующее:
a_{2k+1}+a_{2k+2}\equiv a_1+a_2+\dots +a_{2k}+k+(k+1)\cdot(-1)\equiv S_{2k}-1\pmod 2
a_{2k+2}+a_{2k+3}\equiv a_1+a_2+\dots +a_{2k} + a_{2k+2}+k+(k+2)\cdot(-1)\equiv S_{2k}+a_{2k+2}\pmod 2
Лемма: Для любого k\in\mathbf N верно, что v_2\left(S_{2k}-1\right)=k+1.
Доказательство: Будем доказывать по индукции. Для k=1:\ v_2(S_2-1)=v_2(21-1)=2=k+1.
Пусть для некоторого k лемма верна. Из условия следует, что
a_{2k+1}+a_{2k+2}\equiv S_{2k}-1 \pmod {2^{2k+2}} \implies S_{2k+2}\equiv 2S_{2k}-1 \pmod {2^{2k+2}}
\implies S_{2k+2}-1\equiv 2\left(S_{2k}-1\right)\pmod {2^{2k+2}}\implies v_2\left(S_{2k+2}-1\right)=v_2(S_{2k}-1)+v_2(2)=(k+1)+1,
так как v_2\left(2\left(S_{2k}-1\right)\right)=k+2<2k+2=v_2\left(2^{2k+2}\right). Переход доказан. \quad\square
Заменим t=2012^{2012}. Пусть m наименьшее число такое, что 2^t\mid S_m^t-1. Ясно, что m=2n, тогда из LTE получаем, что
\big( поскольку 4\mid S_{2n}-1 \big)
t\le v_2\left(S_{2n}^t-1 \right)=v_2(S_{2n}-1)+v_2(t)=(n+1)+v_2(t)
\implies n\ge t-v_2(t)-1=2012^{2012}-4025\implies m=2n\ge 2\cdot\left(2012^{2012}-4025\right).
Очевидно, что m=2\cdot\left(2012^{2012}-4025\right) подходит. Значит ответ: \boxed{m=2\cdot\left(2012^{2012}-4025\right)}
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.