Юниорская олимпиада по математике. Заключительный этап. 2021-2022 учебный год. 8 класс.


Шексiз көп n натурал саны үшiн an+1+bn+1+cn+1 саны an+bn+cn санына бөлiнетiндей, әр түрлi натурал a,b,c сандары табылады ма?
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  15
2 года 3 месяца назад #

Пусть abca>c.

an+bn+cna(an+bn+cn)(an+1+bn+1+cn+1)=(ab)bn+(ac)cn>0

1+(b/a)n+(c/a)n(ab)(b/a)n+(ac)(c/a)n

1(ab1)(b/a)n+(ac1)(c/a)n(1)

для всех достаточно больших n число (ac1)(c/a)n0

если a=b(ab1)(b/a)n<0,

иначе для всех достаточно больших n число (ab1)(b/a)n0

По итогу (1) не будет верным для всех достаточно больших n.

  0
11 месяца 20 дней назад #

а как они равны если они различны

  10
1 года 9 месяца назад #

Авторское решение.

Пусть zn=an+1+bn+1+cn+1an+bn+cn. Из неравенства Коши-Буняковского (тут неравенство строгое, поскольку равенство возможно только при a=b=c)

(an+bn+cn)(an+2+bn+2+cn+2)>(an+1+bn+1+cn+1)2

an+1+bn+1+cn+1an+bn+cn<an+2+bn+2+cn+2an+1+bn+1+cn+1

zn<zn+1 nN.

Но с другой стороны заметим, что zi<a, где б.о.о. a наибольшее из чисел a,b,c. Из этого (учитывая, что все zi попарно различны) следует, что zi может быть целым только для конечного количества i, откуда делимость в условии тоже возможна только для конечного количества i.

  0
1 года 9 месяца назад #

здравствуйте, можете расписать подробней почему zi<a ?

пред. Правка 3   0
1 года 8 месяца назад #

это можно легко доказать, то есть то что: (an+1+bn+1+cn+1)2(an+bn+cn)(an+2+bn+2+cn+2).

можно заметить что по неравенству КБШ, это выполняется, то есть (an+bn+cn)(an+2+bn+2+cn+2)(anan+2+bnbn+2+cncn+2)2=(a2n+2+b2n+2+c2n+2)2=(an+1+bn+1+cn+1)2.

пред. Правка 4   0
1 года 8 месяца назад #

погодите, а как это связано с zi<a ?

  1
1 года 8 месяца назад #

сорян, короче это легко: (!) zi<a

(!) ai+1+bi+1+ci+1<ai+1+abi+aci

ai+1+abi+aci>ai+1+bbi+cci=ai+1+bi+1+ci+1

пред. Правка 2   3
19 дней 12 часов назад #

an+1+bn+1+cn+1an+bn+cn=xan+1+bn+1+cn+1=anx+bnx+cnxan(ax)+bn(bx)+cn(cx)=0x=a=b=c

пред. Правка 2   0
15 дней 22 часов назад #