Processing math: 37%

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:

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)}