Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 10 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

Мотивация. Мы наблюдаем странную картину. Ничего не понятно и видно, что через теоретико числовые свойства было бы трудно что-либо найти. Поэтому единственное, что остаётся это алгебра, а именно - ограничение(по крайней мере попробовать стоит, особенно учитывая что так сформулированно требуемое)

Решение. Имеем $$a_{n+1}+a_{n+2}=2\sqrt[m]{a_n^{m-1}+a_{n+1}^{m-1}}<2(a_n+a_{n+1})^{\frac{m-1}m}\le\max\{a_n+a_{n+1},2^m\}$$ Отсюда последовательность $b_n=a_{n}+a_{n+1}$ ограниченна, причём до тех пор, пока $b_n>2^m$ она строго убывает. Значит $\exists N\in\mathbb{N}$ такой что $b_n<2^m\forall n>N$.

В частности из этого $(a_n)_{n\ge1}$ ограниченна. Докажем, что она периодична(это стандартная идея). Поэтому всевозможных пар $(a_n,a_{n+1})$ конечное количество(Их не более чем $M^2$, где $M$ - максимум $(a_n)_{n\ge1}$). Значит по принципу Дирихле существуют натуральные $m>k$ такие что пары $(a_m,a_{m+1})$ и $(a_k,a_{k+1})$ совпадают. Из условия $a_n$ однозначно определяется по $a_{n+1}$ и $a_{n+2}$$\forall n\in\mathbb{N}$, поэтому $a_{m-1}=a_{k-1}$. Значит $a_{m-2}=a_{k-2}$. Продолжая так дальше получаем $a_2=a_{d+2},a_1=a_{d+1}$, где $d=m-k$. Отсюда по индукции легко доказать, что $a_n=a_{n+d}\forall n\in \mathbb{N}$.

Теперь $2^m>b_{1+dN}>a_{1+dN}=a_1$. Что требовалось