Математикадан республикалық олимпиада, 2014-2015 оқу жылы, 10 сынып
Комментарий/решение:
Решение: Допустим для некоторого M на любом отрезке [x,x+M−1] есть число иского вида, x∈N.
Оценим количество чисел искомого вида на отрезке x=[1;X], где X достаточно большое число. Рассмотрим 2 вида искомых чисел:
Случай 1. (ani=1) Если ai=1 или n=0. Заметим, что тогда
1+ml∈x⟺0≤m<X1l.
То есть на отрезке x таких чисел не более X1l+1.
Случай 2. (ani>1) Если ai>1,n>0. В этом случае если
ani+ml∈x⟹2n≤ani≤X⟹1≤n≤log2X,
а так же 0≤m<X1l. Таких чисел не более k⋅log2X⋅(X1l+1). (Поскольку для выбора i сущ. не более k вариантов)
В общем чисел вида ani+ml∈x не более (X1l+1)⋅(k⋅log2X+1)<2X1l⋅2k⋅log2X=f(X).
Но на отрезке x их хотя бы XM−1>X2M=g(X).
Тогда f(X)≥g(X)⟹8Mk≥Xεlog2X, где ε=1−1l>0. Но легко понять, что
lim
Противоречие.
Решение. Предположим обратное. Пусть x_j - упорядоченная последовательность чисел вида a_i^n+m^l, i=1,\dots,k.
Утверждение. x_j<s\Rightarrow j<k\sqrt{s}\log_2(s)
Оценим количество чисел вида a^n+m^l, меньших s, для фиксированных a,l. При a=1 их количество не более \sqrt[l]{s}<\sqrt{s}\log_2(s). В ином случае a^n+m^l\ge2^n+m^l. Всего есть не более \log_2(s), \sqrt[l]{s} значений n,m, соответственно, значит таких чисел не более, чем \sqrt{s}\log_2(s). Используем эту оценку для a=a_1,\dots,a_k, чтобы получить требуемое.\square
Теперь из условия x_{i+1}-x_i\le M, поскольку иначе между ними найдется M целых чисел. Значит x_n\le C\cdot n\Rightarrow n<k\sqrt{Cn}\log_2(Cn)\Rightarrow \sqrt{n}<\text{const}\cdot \log_2(n)что очевидно неверно при достаточно больших n
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.