Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс

Бүтін $m\ge 3$ саны және мүшелер саны шексіз болатын $(a_n)_{n\ge 1}$ натурал сандар тізбегі кез келген натурал $n$ саны үшін \[a_{n+2} = 2\sqrt[m]{a_{n+1}^{m-1} + a_n^{m-1}} - a_{n+1} \] теңдігін қанағаттандырады. $a_1 < 2^m$ екенін дәлелдеңіз. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

$(a_{n+2}+a_{n+1})^m=2^m*(a_{n+1}^{m-1}+a_{n}^{m-1})$

$(a_{n+3}+a_{n+2})^m=2^m*(a_{n+2}^{m-1}+a_{n+1}^{m-1})$

Тогда отнимем одно от другого:

$(a_{n+3}+a_{n+2})^m-(a_{n+2}+a_{n+1})^m=2^m*(a_{n+2}^{m-1}+a_{n+1}^{m-1}-(a_{n+1}^{m-1}+a_{n}^{m-1}))$

$(a_{n+3}-a_{n+1})*(...)=2^m*(a_{n+2}-a_{n})(...)$

Причем, обе $(...)$ - положительные, тк если их раскрыть то там будет:

$a^c-b^c=(a-b)(a^{c-1}+a^{c-2}*b+...)$ правая штука больше нуля, ведь все числа натуральные.

Тогда, если $a_{n+2}\geq a_n$, то $a_{n+3}\geq a_{n+1}$. Но значит:

$a_{n+2}\geq a_n$ => $a_{n+3}\geq a_{n+1}$

$n+2=n+1$

$a_{n+1}\geq a_{n-1}$ => $a_{n+2}\geq a_{n}$

Отсюда, если $a_{n+3}\geq a_{n+1}$, то $a_{n+2}\geq a_{n}$. И так же задается $a_{n+2}$

Теперь, если $2^m\leq a_1\leq a_3\leq ....$, то $a_2\leq a_4$

Значит $(a_3+a_4)^m=2^m*(a_2^{m-1}+a_3^{m-1})$=>$(a_3+a_4)^m\geq (a_3+a_2)^m$

Значит $2^m*(a_2^{m-1}+a_3^{m-1})\geq (a_3+a_2)^m$

Но $(a_3+a_2)^m=a_3^m+...+a_2^{m_1}*a_3>a_3^{m-1}*2^m+a_2^{m-1}*2^m$, так как ... - положительное. Значит $a_3^{m-1}*2^m+a_2^{m-1}*2^m>a_3^{m-1}*2^m+a_2^{m-1}*2^m$. Противоречие.

Тогда не могло быть такого, чтобы $a_1\leq a_3$.

Значит $a_1>a_3>...$. Но отсюда, когда то они будут отрицательными отсюда противоречие. Значит $a_1<2^m$

Вы забыли случай $a_1=a_3$, но он легко разбирается.