Регистрирайте сеРегистрирайте се

Числови редици от цели числа - Задачи и решения


 
   Форум за математика Форуми -> Олимпиади и състезания за 9-12 клас
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Wed Oct 17, 2007 4:57 pm    Заглавие: Числови редици от цели числа - Задачи и решения

Редицата на Фибоначи {[tex]F_n[/tex]} е дефинирана по следния начин [tex] F_1=1, F_2=1, F_{n+2}=F_{n+1}+F_n[/tex] .

Да се докаже, че:

(ТЕОРЕМА 1) [tex]gcd(F_m,F_n)=F_{gcd(m,n)}[/tex].

(ТЕОРЕМА 2) [tex]F_{mn-1}-F_{n-1}^m[/tex] се дели на [tex]F_n^2[/tex], за всяко [tex]m\ge 1[/tex] и [tex]n>1[/tex].

(ТЕОРЕМА 3) [tex]F_{mn}-F_{n+1}^m+F_{n-1}^m[/tex] се дели на [tex]F_n^3[/tex], за всяко [tex]m\ge 1[/tex] и [tex]n>1[/tex].

(ТЕОРЕМА 4) [tex]F_{2n-1}^2+F_{2n+1}^2+1=3F_{2n-1}^2.F_{2n+1}^2[/tex], за всяко [tex]n\ge 1[/tex]

(ТЕОРЕМА 5) Нито едно число на Фибоначи не може да бъде представено като пройзведение на две по-малки числа на Фибоначи по-големи от 1.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 04, 2007 12:52 pm; мнението е било променяно общо 7 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
Grands
Редовен


Регистриран на: 31 Mar 2007
Мнения: 240

Репутация: 28.2Репутация: 28.2Репутация: 28.2
гласове: 5

МнениеПуснато на: Wed Oct 17, 2007 8:15 pm    Заглавие:

Какво е
[tex]gcd(a,b)[/tex]?
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Wed Oct 17, 2007 9:01 pm    Заглавие:

НОД (Наѝ-голям общ делител) = gcd (great common divisor)
gcd(a,b) - Наѝ-голeмият общ делител на числата a и b. Например gcd(15,24)=3, gcd(28,17)=1.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Thu Oct 18, 2007 10:40 am    Заглавие:

Задача 1 (Виетнам 1999). Нека {[tex]x_n[/tex]} [tex]_{n\ge 0}[/tex] и {[tex]y_n[/tex]} [tex]_{n\ge 0}[/tex] са две редици дефинирани рекурентно по следния начин:
[tex]x_0=1, x_1=4, x_{n+2}=3x_{n+1}-x_n,[/tex]

[tex]y_0=1, y_1=2, y_{n+2}=3y_{n+1}-y_n.[/tex]


(a) Да се докаже, че [tex]x_n^2-5y_n^2+4=0[/tex], за всички неотрицателни цели [tex]n[/tex].

(b) Нека [tex]a,b[/tex] са две естествени числа, за които [tex]a^2-5b^2+4=0[/tex].
Да се докаже, че съществува неотрицателно цяло число [tex]k[/tex], такова че [tex]a=x_k[/tex] и [tex]b=y_k[/tex].

Много красива задача,с елегантно решение!

Задача 2. Редицата {[tex]a_n[/tex]} [tex]_{n\ge 0}[/tex] е дефинирана рекурентно [tex]a_1=1, a_2=12, a_3=20, a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-a_n[/tex].
Да се докаже, че [tex]1+4a_na_{n+1}[/tex] e точен квадрат за всяко [tex]n\in[/tex] N.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Sat Nov 10, 2007 9:53 am; мнението е било променяно общо 2 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Thu Oct 18, 2007 10:12 pm    Заглавие:

Теорема 1

Доказателство. Първо ще докажем следната ЛЕМА1. Ако {[tex]x_n[/tex]} [tex]n\ge 0[/tex] е редица от реални числа дефинирана рекурентно по следния начин [tex] x_1=a, x_2=b (a,b\in R)[/tex] и [tex]x_{n+2}=bx_{n+1}+ax_n[/tex], то [tex]x_{n+m}=x_nx_{m+1}+x_{n-1}x_m[/tex], за всяко естествено число [tex]m[/tex].

Ще докажем лемата с индукция по [tex]m[/tex].
1. (база) За [tex]m=1[/tex] имаме [tex]x_{n+2}=bx_{n+1}+ax_n[/tex], което е вярно по условие.

2. Допускаме, че сме доказали твърдението за всички естествени числа, които са по-малки или равни на някое число [tex]k\ge 2\in N[/tex].

3. Ще докажем твърдението за [tex]l=k+1[/tex]. Имаме:

[tex]x_{n+k+1}=bx_{n+k}+ax_{n+k-1}=b(x_nx_{k+1}+x_{n-1}x_k)+a(x_nx_k+x_{n-1}x_{k-1})[/tex], но [tex]b(x_nx_{k+1}+x_{n-1}x_k)+a(x_nx_k+x_{n-1}x_{k-1})=x_nx_{k+2}+x_{n-1}x_{k+1}[/tex]. Следователно [tex]x_{n+k+1}=x_nx_{k+2}+x_{n-1}x_{k+1}[/tex], което искахме да докажем. С това метода на пълната математическа индукция доказва лемата.

Сега нека използваме лемата за да докажем Теорема 1. Тъѝ като редицата на Фибоначи изпълнчва всички условия на лемата, то може да я приложим:

[tex]F_{x+y}=F_xF_{y+1}+F_{x-1}F_y, x,y\in N[/tex]. Допускаме, че [tex]m>n [/tex] и полагаме [tex]x+y=m[/tex] и [tex]y=n[/tex] [tex]=>[/tex] [tex]F_m=F_{m-n}F_{n+1}+F_{m-n-1}F_n[/tex] (~1).

От друга страна имаме, че: [tex]gcd(F_{n+1},F_n)=gcd(F_n+F_{n-1},F_n)=gcd(F_n,F_{n-1})=...=gcd(F_2,F_1)=1[/tex] (~2).

От (~1) и (~2) следва, че [tex]gcd(F_m,F_n)=gcd(F_m,F_{m-n})[/tex] [tex]=>[/tex] [tex]gcd(F_m,F_{gcd(m,n)})=gcd(F_{gcd(m,n)}, F_{m-gcd(m,n)})=...=gcd(F_{gcd(m,n)},F_{gcd(m,n)})=F_{gcd(m,n)}[/tex].
С това теоремата е доказана.

Сега вече без задръжки може да кажем например, че [tex]gcd(F_{2007},F_{999})=9[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Mon Oct 22, 2007 11:27 pm    Заглавие:

Теорема 2

Доказателство. Ще използваме Теорема 1, Лема 1 и метода на пълната математическа индукция.

1. (база) За [tex]m=1[/tex] имаме [tex]F_{n}^2| F_{n-1}-F_{n-1}=0[/tex].

2. Допускаме, че сме доказали твърдението за всички естествени числа, които са по-малки или равни на някое число [tex]k\ge 2\in N[/tex].

3. Ще докажем твърдението за [tex]m=k+1[/tex]. Имаме:

[tex]F_{n(k+1)-1}=F_{nk-1}F_{n+1}+F_{nk-2}F_n[/tex] - съгласно Лема 1, но
[tex]F_{nk-1}F_{n+1}+F_{nk-2}F_n \equiv F_{n-1}^kF_{n+1}+(F_n^k-F_{nk-1})F_n(mod F_n^2 )[/tex] (от 2.)

От друга страна от Теорема 1 имаме, че [tex]gcd(F_{nk}, F_n)=F_n[/tex], следователно [tex]F_n| F_{nk}.[/tex]

[tex]F_{n-1}^kF_{n+1}+(F_{nk}-F_{nk-1})F_n\equiv F_{n-1}^kF_{n+1}-F_{n-1}^kF_n=F_{n-1}^{k+1} (mod F_n^2)[/tex]. Следователно [tex]F_n^2| F_{n(k+1)-1}-F_{n-1}^{k+1} (mod F_n^2)[/tex], което искахме да докажем.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Tue Nov 06, 2007 1:39 pm    Заглавие:

Теорема 3 Отново ще използваме индукция по [tex]m[/tex].

1. За [tex]m=1[/tex] всичко е очевидно.

2. Да допуснем, че сме доказали твърдението за [tex]m=k[/tex].

3. Сега нека докажем, че е вярно и за [tex]m=k+1[/tex].
От Лема 1 имаме
[tex]F_{nk+n}=F_{nk}F_{n+1}+F_{nk-1}F_n\equiv F_{n+1}(F_{n+1}^k-F_{n-1}^k)+F_{nk-1}F_n(mod F_n^3)[/tex],

[tex]F_{n(k+1)}-F_{n+1}^{k+1}+F_{n-1}^{k+1}\equiv F_{nk-1}F_{n}-F_{n+1}F_{n-1}^{k}+F_{n-1}^{k+1}(mod F_{n}^3)[/tex].
От друга страна в Теорема 2 доказахме, че [tex]F_{nk-1}\equiv F_{n-1}^{k}(mod F_{n}^{2})[/tex],
[tex]F_{n}F_{nk-1}\equiv F_{n}F_{n-1}^{k}(mod F_{n}^{3})[/tex],
[tex]F_{nk-1}F_{n}-F_{n+1}F_{n-1}^{k}+F_{n-1}^{k+1}\equiv F_{n}F_{n-1}^{k}-F_{n+1}F_{n-1}^{k}+F_{n-1}^{k+1}\equiv 0 (mod F_n^3)[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Tue Nov 06, 2007 1:59 pm    Заглавие:

Теорема 4.

[tex](F_{2n-1}-F_{2n+1})^{2}+1=F_{2n-1}F_{2n+1}\leftrightarrow (F_{2n-1}-F_{2n+1})^{2}+1=F_{2n-1}F_{2n+1}[/tex]. От Лема 1 имаме, че [tex]F_{2n-1}F_{2n+1}+F_{2n-2}F_{2n}=F_{4n-1}[/tex], а от друга страна [tex]F_{2m-1}=F_m^2+F_{m-1}^2[/tex](докажете го с индукция).

Тогава [tex]F_{2n-1}F_{2n+1}+F_{2n-2}F_{2n}=F_{4n-1}=F_{2n-1}^{2}+F_{2n}^{2}[/tex], което се свежда до [tex]F_{2n}^2+1=F_{2n-1}F_{2n+1}\leftrightarrow F_{2n-1}^2-1=F_{2n-2}F_{2n}.[/tex]

От друга страна по аналогичен начин [tex]F_{2n-2}F_{2n}+F_{2n-3}F_{2n-1}=F_{4n-3}=F_{2n-2}^{2}+F_{2n-1}^{2}[/tex] и [tex]F_{2n-1}^2-1=F_{2n-2}F_{2n}\leftrightarrow F_{2n-2}^2+1=F_{2n-3}F_{2n-1}[/tex]. Следователно [tex]F_{2n}^2+1=F_{2n-1}F_{2n+1}\leftrightarrow F_{2n-2}^{2}+1=F_{2n-3}F_{2n-1}[/tex] продължаваики по този начин ще получим, че [tex]F_{2n}^{2}+1=F_{2n-1}F_{2n+1}\Leftrightarrow F_{2}^{2}+1=F_{1}F_{3}[/tex], което е очевидно.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Thu Nov 08, 2007 6:36 pm    Заглавие:

Теорема 5. Нито едно число на Фибоначи не може да бъде представено като пройзведение на две по-малки числа на Фибоначи по-големи от 1.
(J. F. Stephany)
Доказателство. Да допуснем, че съществуват три естествени числа [tex]a,b,c > 2[/tex], за които е изпълнено [tex]F_a=F_bF_c[/tex]. От Теорема 1 следва, че [tex]gcd(F_a,F_b)=F_{gcd(a,b)}[/tex], следователно [tex]b|a[/tex]. Тогава [tex]a=bm[/tex][tex]\Rightarrow F_{bm}=F_bF_c[/tex] и също така трябва да имаме, че [tex]F_c|F_{bm}\Rightarrow c|bm[/tex] следователно [tex]2c<bm+1[/tex]. От друга страна от Лема 1:[tex]F_{bm}=F_{b(m-1)+b}=F_{b(m-1)+1}F_{b}+F_{b(m-1)}F_{b-1}\Rightarrow F_{b}F_{c}=F_{bm}>F_{b(m-1)+1}F_{b}[/tex] тогава [tex]F_c>F_{b(m-1)+1}[/tex] и следователно [tex]c>b(m-1)+1[/tex], но ние доказахме, че [tex]2c<bm+1[/tex] което показва, че [tex]bm>2b(m-1)+1\Rightarrow 2b>bm+1>bm \Rightarrow m=1[/tex]. Това означава, че [tex]F_c=1[/tex], което е невъзможно. С това твърдението е доказано.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Thu Nov 08, 2007 6:40 pm; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Thu Nov 08, 2007 6:39 pm    Заглавие:

Останаха нерешени Задача 1 и Задача 2.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
krassi_holmz
Редовен


Регистриран на: 05 Jan 2006
Мнения: 146
Местожителство: Ню Йорк, BG
Репутация: 57.9
гласове: 18

МнениеПуснато на: Sat Nov 10, 2007 3:05 am    Заглавие:

Titu_Andrescu написа:
Задача 1 (Виетнам 1999). Нека {[tex]x_n[/tex]} [tex]_{n\ge 0}[/tex] и {[tex]y_n[/tex]} [tex]_{n\ge 0}[/tex] са две редици дефинирани рекурентно по следния начин:
[tex]x_0=1, x_1=4, x_{n+2}=3x_{n+1}-x_n,[/tex]

[tex]y_0=1, y_1=2, y_{n+2}=3y_{n+1}-y_n.[/tex]


(a) Да се докаже, че [tex]x_n^2-5y_n^2+4=0[/tex], за всички неотрицателни цели [tex]n[/tex].

(b) Нека [tex]a,b[/tex] са две естествени числа, за които [tex]a^2-5b^2+4=0[/tex].
Да се докаже, че съществува неотрицателно цяло число [tex]k[/tex], такова че [tex]a=x_k[/tex] и [tex]b=y_k[/tex].

Много красива задача,с елегантно решение!

Задача 2. Редицата {[tex]a_n[/tex]} [tex]_{n\ge 0}[/tex] е дефинирана рекурентно [tex]a_1=1, a_2=12, a_3=20, a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-a_n[/tex].
Да се докаже, че [tex]1+4a_na_{n+1}[/tex] e точен квадрат за всяко [tex]n\in[/tex] N.


1a)
Да разгледаме редицата:
[tex]p_0 = 1, p_1 = 3, p_{n+2} = 3p_{n+1}-p_n[/tex].
Пръвите й няколко члена са : {1, 3, 8, 21, 55, 144}.
Нека сега разгледаме обобщената редица:
[tex]r_0 = a, r_1 = b, r_{n+2} = 3r_{n+1}-r_n[/tex].
Получаваме:
[tex]r_2 = -a + 3b[/tex]
[tex]r_3 = -3a+8b[/tex]
[tex]r_4=-8a+21b[/tex]...
Лесно се доказва чрез индукция следното правило:
[tex]r_{n+2} = -p_n a + p_{n+1} b[/tex]
Като го приложим за редиците x и y, получаваме:
[tex]x_{n+2} = 4p_{n+1}-p_n[/tex]
[tex]y_{n+2} = 2p_{n+1}-p_n[/tex]
Трябва да докажем, че:
[tex](4p_{n+1}-p_n)^2 - 5(2p_{n+1}-p_n)^2 + 4 = 0[/tex]
След преобразувания горното придобива вида:
[tex]p_n^2-3p_np_{n+1}+p_{n+1}^2-1=0[/tex]
Следващата ни логична стъпка е индукция - непосредсвено се проверява, че равенството е в сила при n = 0. Трябва да докажем, че изразът
[tex]p_n^2-3p_np_{n+1}+p_{n+1}^2[/tex] не се променя. Но това е просто -
[tex]p_{n+1}^2-3p_{n+1}p_{n+2}+p_{n+2}^2= p_{n+1}^2 - 3p_{n+1}(3p_{n+1}-p_n)+(3p_{n+1}-p_n)^2 =[/tex]
[tex]=p_{n+1}^2 - 9p_{n+1}^2 + 3p_np_{n+1} + 9p_{n+1}^2 - 6p_np_{n+1}+p_n^2 = p_n^2-3p_np_{n+1}+p_{n+1}^2.[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
kamen05
Начинаещ


Регистриран на: 22 Oct 2007
Мнения: 34
Местожителство: Sofia
Репутация: 25.8Репутация: 25.8Репутация: 25.8
гласове: 18

МнениеПуснато на: Sat Nov 10, 2007 1:00 pm    Заглавие: Решение на задача 2

Titu_Andrescu написа:
Останаха нерешени Задача 1 и Задача 2.


Може и да изглежда малко изкуствено, но за [tex]n\ge 2[/tex] е в сила
[tex]1+4a_{n}a_{n+1}=(a_{n+1}+a_{n}-a_{n-1})^{2}[/tex], като индуктивното доказателство е повече от смешно- само заместваме членът с най-голям индекс по линейното равенство и разкриваме скобите.
А до горното равенство се стига много лесно, ако си направим труда да разпишем членовете до [tex]a_{5}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
krassi_holmz
Редовен


Регистриран на: 05 Jan 2006
Мнения: 146
Местожителство: Ню Йорк, BG
Репутация: 57.9
гласове: 18

МнениеПуснато на: Sat Nov 10, 2007 1:50 pm    Заглавие: Re: Решение на задача 2

kamen05 написа:
Titu_Andrescu написа:
Останаха нерешени Задача 1 и Задача 2.


Може и да изглежда малко изкуствено, но за [tex]n\ge 2[/tex] е в сила
[tex]1+4a_{n}a_{n+1}=(a_{n+1}+a_{n}-a_{n-1})^{2}[/tex], като индуктивното доказателство е повече от смешно- само заместваме членът с най-голям индекс по линейното равенство и разкриваме скобите.
А до горното равенство се стига много лесно, ако си направим труда да разпишем членовете до [tex]a_{5}[/tex].

Според мен не е изкуствено, защото на състезание първо това правиш - опитваш се да откриеш някакво правило, и забелязването на тази закономерност не е толкова трудно. Другия начин е "хамалския" - решаваме рекурсията и смятаме това, което ни интересува. Това работи почти винаги, но е свързано с много изчисления.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Sat Nov 10, 2007 2:08 pm    Заглавие:

Задача 1 Решение. Имаме, че [tex]x_{n+2}=3x_{n+1}-x_n[/tex] и [tex]y_{n+2}=3y_{n+1}-y_n[/tex]. Изваждайки едно от друго равенствата получаваме

[tex]x_{n+2}-y_{n+2}=3(x_{n+1}-y_{n+1})-(x_n-y_n)[/tex]. Сега, по индукция лесно се доказва, че [tex]x_n\equiv y_n (mod 2) [/tex], за всяко [tex]n\in N[/tex]. Нека дефинираме редиците от естествени числа [tex]x_n'[/tex] и [tex]y_n'[/tex] по следния начин:
[tex]x_{n+1}'=\frac{5y_n+3x_n}{2}[/tex], [tex]y_{n+1}'=\frac{3y_n+x_n}{2}[/tex], за всяко [tex]n\in N_0[/tex].
Директната проверка показва, че [tex]x_1'=x_1=4, x_2'=x_2=11[/tex] и [tex]y_1'=y_1=2, y_2'=y_2=5[/tex], и [tex]x_{n+2}'=3x_{n+1}'-x_n'[/tex], [tex]y_{n+2}'=3y_{n+1}'-y_n'[/tex], следователно [tex]x_n'\equiv x_n[/tex] и [tex]y_n'\equiv y_n[/tex].

a) Доказахме, че [tex]x_{n+1}=\frac{5y_n+3x_n}{2}[/tex] и [tex]y_{n+1}=\frac{3y_n+x_n}{2}[/tex].
Забележете сега, че [tex]5y_{n+1}^2-x_{n+1}^2=5\left(\frac{3y_n+x_n}{2}\right)^2-\left(\frac{5y_n+3x_n}{2}\right)^2=5y_n^2-x_n^2[/tex].
Тогава следва, че [tex]5y_{n+1}^2-x_{n+1}^2=5y_0^2-x_0^2=4[/tex], за всяко [tex]n\in [/tex]N.


b) Допускаме, че [tex](a_0, b_0[/tex]) са двойка естествени числа такива, че [tex]5b_0^2-a_0^2=4[/tex] и [tex]b_0>1[/tex] (ако [tex]b_0=1[/tex] тогава [tex]a_0=1[/tex] и твърдението очевидно е вярно). Имаме, че [tex]9b_0^2-a_0^2>5b_0^2-a_0^2=4>0[/tex], от където следва, че [tex]3b_0>a_0[/tex] и също така [tex]a_0^2=5b_0^2-4>\frac{25}{9}b_0^2[/tex] (защото [tex]b_0\ge 2[/tex]), следователно [tex]3a_0>5b_0[/tex]. Сега,сега дефинираме нова двойка от естествени числа [tex](a_1, b_1)[/tex] такава, че [tex]b_1=\frac{3b_0-a_0}{2}[/tex], [tex]a_1=\frac{3a_0-5b_0}{2}[/tex] и забележете, че [tex]5b_1^2-a_1^2=5b_0^2-a_0^2=4 [/tex] и [tex]a_1+b_1=a_0-b_0<a_0+b_0[/tex]. Аналогично, ако [tex]b_1>1[/tex] можем да дефинираме нова двойка [tex](a_2, b_2)[/tex] от естествени числа, за които [tex]5b_2^2-a_2^2=4[/tex] и [tex]a_2+b_2<a_1+b_1[/tex]. Тъй като [tex]a_i+b_i>2[/tex] процесът на построяване на нови двоики от естествени числа е ограничен, което показва, че рано или късно ще стигнем до двойка [tex](a_k, b_k)[/tex], за която [tex]b_k=1\Rightarrow a_k=1[/tex]. Тъй като
[tex]b_{m+1}=\frac{3b_m-a_m}{2}, a_{m+1}=\frac{3a_m-5b_m}{2}[/tex], то [tex]a_m=\frac{5b_{m+1}+3a_{m+1}}{2}, b_m=\frac{3b_{m+1}+a_{m+1}}{2}[/tex].
Следователно, от това, че [tex]a_k=x_0[/tex] и [tex]b_k=y_0[/tex] заключаваме, че [tex]a_t=x_{k-t}[/tex] и [tex]b_t=y_{k-t}[/tex], за всяко [tex]t\le k \Rightarrow (a_0, b_0)=(x_k, y_k)[/tex], което искахме да докажем.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Sat Nov 10, 2007 2:27 pm    Заглавие:

Задача 2 Решение. Дефинираме редицата от естествени числа [tex]b_n[/tex] по следния начин:
[tex]b_1=1, b_2=12[/tex] и [tex]b_{n+1}^2+(b_n-b_{n-1})^2=2b_{n+1}(b_n+b_{n-1})+1[/tex].

Сега нека докажем, че редиците [tex]a_n[/tex] и [tex]b_n[/tex] са идентични:
[tex]b_{n+1}^2+(b_n-b_{n-1})^2=2b_{n+1}(b_n+b_{n-1})+1 \Rightarrow[/tex]

[tex](b_{n+1}+b_n+b_{n-1})^2+1=2(b_{n+1}^2+b_n^2+b_{n-1}^2)\Rightarrow[/tex]
[tex](b_n+b_{n-1}+b_{n-2})^2+1=2(b_n^2+b_{n-1}^2+b_{n-2}^2)[/tex],

изваждайки почленно последните две равенства получаваме, че
[tex](b_{n+1}-b_{n-2})(b_{n+1}+2b_n+2b_{n-1}+b_{n-2})=2(b_{b+1}^2-b_{n-2}^2)\Leftrightarrow[/tex]

[tex]b_{n+1}=2b_n+2b_{n-1}-b_{n-2}[/tex].

Сега остана само да проверим, че [tex]b_3=20[/tex] и следователно [tex]a_n\equiv b_n[/tex], за всяко [tex]n\in N[/tex].

Тогава имаме, че [tex]a_{n+1}^2+(a_n-a_{n-1})^2=2a_{n+1}(a_n+a_{n-1})+1\Leftrightarrow[/tex]

[tex]1+4a_na_{n+1}=(a_{n+1}+a_n-a_{n-1})^2[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Олимпиади и състезания за 9-12 клас Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Страница 1 от 1

 
Идете на:  
Не Можете да пускате нови теми
Не Можете да отговаряте на темите
Не Можете да променяте съобщенията си
Не Можете да изтривате съобщенията си
Не Можете да гласувате в анкети
Може да прикачвате файлове
Може да сваляте файлове от този форум
Copyright © 2005-2021 math10.com.