Юниорская олимпиада по математике. Заключительный этап. 2021-2022 учебный год. 8 класс.
Комментарий/решение:
Пусть a≥b≥c⟹a>c.
an+bn+cn∣a(an+bn+cn)−(an+1+bn+1+cn+1)=(a−b)bn+(a−c)cn>0
⟹1+(b/a)n+(c/a)n≤(a−b)⋅(b/a)n+(a−c)⋅(c/a)n
⟹1≤(a−b−1)⋅(b/a)n+(a−c−1)⋅(c/a)n(1)
для всех достаточно больших n число (a−c−1)⋅(c/a)n→0
если a=b⟹(a−b−1)⋅(b/a)n<0,
иначе для всех достаточно больших n число (a−b−1)⋅(b/a)n→0
По итогу (1) не будет верным для всех достаточно больших n.
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 ∀n∈N.
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.
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)≥(√an⋅an+2+√bn⋅bn+2+√cn⋅cn+2)2=(√a2n+2+√b2n+2+√c2n+2)2=(an+1+bn+1+cn+1)2.
an+1+bn+1+cn+1an+bn+cn=x⟺an+1+bn+1+cn+1=an⋅x+bn⋅x+cn⋅x⟺an(a−x)+bn(b−x)+cn(c−x)=0⟶x=a=b=c∅
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.