Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2015 год
(i) a_{n+2} делится на a_n;
(ii) |s_{n+1}-(n+1)a_n|=1, где s_{n+1} = a_{n+1}-a_n+a_{n-1}-\ldots +(-1)^{n+1}a_0. ( Pakawut Jiradilok, Warut Suksompong )
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Ответ. Два семейства решений:
\quad (а) a_n=c(n+2)n! для всех n \geq 1 и a_0=c+1 для некоторого целого c \geq 2014;
\quad (б) a_n=c(n+2)n! для всех n \geq 1 и a_0=c-1 для некоторого целого c \geq 2016.
Решение.
Пусть \left\{ {{a}_{n}} \right\}_{n=0}^{\infty } — последовательность натуральных чисел, удовлетворяющая указанным условиям. Можно переписать (ii) как {{s}_{n+1}}=(n+1){{a}_{n}}+{{h}_{n}}, где {{h}_{n}}\in \left\{ -1,1 \right\}. Заменяя n на n-1, получаем {{s}_{n}}=n{{a}_{n-1}}+{{h}_{n-1}}, где {{h}_{n-1}}\in \left\{ -1,1 \right\}. Заметим, что a_{n+1} = s_{n+1} + s_n, поэтому существует такое \delta_n \in \{-2,0,2 \}, что
{{a}_{n+1}}=(n+1){{a}_{n}}+n{{a}_{n-1}}+{{\delta }_{n}}. \quad (1)
Также имеем: |{{s}_{2}}-2{{a}_{1}}|=1, что приводит к {{a}_{0}}=3{{a}_{1}}-{{a}_{2}}\pm 1\le 3{{a}_{1}}, следовательно, {{a}_{1}}\ge \frac{{{a}_{0}}}{3}\ge 671. Подставляя n=2 в (1), находим: {{a}_{3}}=3{{a}_{2}}+2{{a}_{1}}+{{\delta }_{2}}. Поскольку {{a}_{1}}|{{a}_{3}}, то {{a}_{1}}|3{{a}_{2}}+{{\delta }_{2}}, откуда {{a}_{2}}\ge 223. Используя (1), получаем, что {{a}_{n}}\ge 223 для всех n\ge 0.
\quadЛемма. Для n\ge 4 справедливо соотношение {{a}_{n+2}}=(n+1)(n+4){{a}_{n}}.
\quadДоказательство. Если n\ge 3, то
{{a}_{n}}=n{{a}_{n-1}}+(n-1){{a}_{n-2}}+{{\delta }_{n-1}} > n{{a}_{n-1}}+3. \quad (2)
Используя (2) и заменяя n на n-1, имеем, что для n\ge 4:
{{a}_{n}}=n{{a}_{n-1}}+(n-1){{a}_{n-2}}+{{\delta }_{n-1}} <
< n{{a}_{n-1}}+({{a}_{n-1}}-3)+{{\delta }_{n-1}} < (n+1){{a}_{n-1}}. \quad (3)
В силу (1) мы можем переписать {{a}_{n+2}} в терминах {{a}_{n}} и {{a}_{n-1}}, что вместе с (2) дает следующее соотношение для n\ge 3:
{{a}_{n+2}}=(n+3)(n+1){{a}_{n}}+(n+2)n{{a}_{n-1}}+(n+2){{\delta }_{n}}+{{\delta }_{n+1}} <
< (n+3)(n+1){{a}_{n}}+(n+2)n{{a}_{n-1}}+3(n+2) < ({{n}^{2}}+5n+5){{a}_{n}}.
К тому же, для n\ge 4:
{{a}_{n+2}}=(n+3)(n+1){{a}_{n}}+(n+2)n{{a}_{n-1}}+(n+2){{\delta }_{n}}+{{\delta }_{n+1}} >
> (n+3)(n+1){{a}_{n}}+n{{a}_{n}} =({{n}^{2}}+5n+3){{a}_{n}}.
Поскольку {{a}_{n}}|{{a}_{n+2}}, имеем: {{a}_{n+2}}=({{n}^{2}}+5n+4){{a}_{n}}=(n+1)(n+4){{a}_{n}}, что и требовалось доказать.
\quadЛемма 2. При n\ge 4 справедливо соотношение
{{a}_{n+1}}=\frac{(n+1)(n+3)}{n+2}{{a}_{n}}.
\quadДоказательство. Используя рекуррентное соотношение
{{a}_{n+3}}=(n+3){{a}_{n+2}}+(n+2){{a}_{n+1}}+{{\delta }_{n+2}}
и, переписывая {{a}_{n+3}}, {{a}_{n+2}} в терминах {{a}_{n+1}}, {{a}_{n}}, согласно лемме 1, получаем:
(n+2)(n+4){{a}_{n+1}}=(n+3)(n+1)(n+4){{a}_{n}}+{{\delta }_{n+2}}.
Следовательно, n+4|{{\delta }_{n+2}}, что приводит к {{\delta }_{n+2}}=0 и
{{a}_{n+1}}=\frac{(n+1)(n+3)}{n+2}{{a}_{n}},
что и требовалось доказать.
Предположим, что существует такое n\ge 1, что
{{a}_{n+1}}\ne \frac{(n+1)(n+3)}{n+2}{{a}_{n}}.
Согласно лемме 2, существует наибольшее 1\le m\le 3 с этим условием. Тогда {{a}_{m+2}}=\frac{(m+2)(m+4)}{m+3}{{a}_{m+1}}. Если {{\delta }_{m+1}}=0, то
{{a}_{m+1}}=\frac{(m+1)(m+3)}{m+2}{{a}_{m}},
что противоречит выбору m. Значит, {{\delta }_{m+1}}\ne 0.
Ясно, что m+3|{{a}_{m+1}}. Положим
{{a}_{m+1}}=(m+3)k и {{a}_{m+2}}={(m+2)}\cdot{(m+4)k}.
Тогда
(m+1){{a}_{m}}+{{\delta }_{m+1}}={{a}_{m+2}}-(m+2){{a}_{m+1}}=(m+2)k.
Таким образом, {{a}_{m}}|(m+2)k-{{\delta }_{m+1}}. Но {{a}_{m}} также делит {{a}_{m+2}}={(m+2)}{(m+4)k}. Отсюда {{a}_{m}}|{(m+4)}{{\delta }_{m+1}}. Поскольку {{\delta }_{m+1}}\ne 0, имеем: {{a}_{m}}|{2m+8}\le 14, что противоречит предыдущему результату о том, что {{a}_{n}}\ge 223 для всех неотрицательных n.
Итак, {{a}_{n+1}}=\frac{(n+1)(n+3)}{n+2}{{a}_{n}} при всех n\ge 1. Подставляя n=1, получаем, что 3|{{a}_{1}}. Полагая {{a}_{1}}=3c, по индукции находим, что {{a}_{n}}=n!(n+2)c для n\ge 1. Поскольку |{{s}_{2}}-2{{a}_{1}}|=1, то {{a}_{0}}=c\pm 1, что дает два семейства решений. Замечая, что (n+2)n!=n!+(n+1)!, находим: {{s}_{n+1}}=c(n+2)!+{{(-1)}^{n}}(c-{{a}_{0}}). Следовательно, оба семейства решений удовлетворяют условиям задачи.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.