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:
a2k+1+a2k+2≡a1+a2+⋯+a2k+k+(k+1)⋅(−1)≡S2k−1(mod2)
a2k+2+a2k+3≡a1+a2+⋯+a2k+a2k+2+k+(k+2)⋅(−1)≡S2k+a2k+2(mod2)
Лемма: Для любого k∈N верно, что v2(S2k−1)=k+1.
Доказательство: Будем доказывать по индукции. Для k=1: v2(S2−1)=v2(21−1)=2=k+1.
Пусть для некоторого k лемма верна. Из условия следует, что
a2k+1+a2k+2≡S2k−1(mod22k+2)⟹S2k+2≡2S2k−1(mod22k+2)
⟹S2k+2−1≡2(S2k−1)(mod22k+2)⟹v2(S2k+2−1)=v2(S2k−1)+v2(2)=(k+1)+1,
так как v2(2(S2k−1))=k+2<2k+2=v2(22k+2). Переход доказан. ◻
Заменим t=20122012. Пусть m наименьшее число такое, что 2t∣Stm−1. Ясно, что m=2n, тогда из LTE получаем, что
( поскольку 4∣S2n−1 )
t≤v2(St2n−1)=v2(S2n−1)+v2(t)=(n+1)+v2(t)
⟹n≥t−v2(t)−1=20122012−4025⟹m=2n≥2⋅(20122012−4025).
Очевидно, что m=2⋅(20122012−4025) подходит. Значит ответ: m=2⋅(20122012−4025)
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.