Республиканская олимпиада по математике, 2013 год, 11 класс
Комментарий/решение:
Решение: Пусть a0=0 и определим следующую разность dn=an−an−1,∀n>0,d1=1,d2=−0.5
Легко вывести из условия, что для всех n>2
ndn=i∣n∑i<nidi
⟹dn=i∣n∑i<nindi(1)
пользуясь тем фактом, что [n/x]−[(n−1)/x]=0 если x∤ и =1 если x\mid n.
Давайте докажем, что a_{2n}=d_1+d_2+\ldots+d_{2n}<2a_n=2(d_1+d_2+\ldots+d_n)
\iff LHS = d_{n+1}+\ldots+d_{2n}<d_1+\ldots+d_n.
Для n=1 это очевидно, далее n>1.
Пользуясь (\color{red}{1}) левую часть можно представить в виде
LHS=\sum_{j=1}^{n} \varepsilon_j d_j
поскольку любое число на [n+1, 2n] имеет делители только на отрезке [1,n].
Покажем, что \varepsilon_j<1,\forall j. Легко вывести, что
\varepsilon_j =\sum^{j\mid k}_{n+1\le k\le 2n} \dfrac{j}{k}
Пусть s натуральное, что j\times s\le n<j\times (s+1)\implies 2n<2s+2, откуда
\varepsilon_j \le \sum^{2s+1}_{t=s+1} \dfrac{1}{t} < \sum^{2s+1}_{t=s+1} \dfrac{1}{s+1} = 1.
Теперь достаточно доказать, что \varepsilon_1 d_1 + \varepsilon_2 d_2< d_1+d_2=0.5\iff
\sum\limits^{2\nmid j}_{n+1\le j\le 2n} \dfrac{2}{j} =2\varepsilon_1 - \varepsilon_2 < 1.
Пусть t натуральное, что 2t-1\le n<2(t+1)-1\implies 4t-2 \le 2n \le 4t, поэтому
\sum^{2\nmid j}_{n+1\le j\le 2n} \dfrac{2}{j}\le 2\sum_{i=t}^{2t-1}\dfrac{1}{2i+1}\le2\sum_{i=t}^{2t-1}\dfrac{1}{2t+1}=\dfrac{2t}{2t+1}<1.\quad\blacksquare
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.