Национални олимпиади

[abeveto]

Редицата a0, a1, a2, ... е определена по следния начин: a0 = 1, a1 = 3,
an+2 = an+1 + 9an - за n четно,
а 9an+1 + 5an - за n нечетно.
Покажете, че a19952 + a19962 + a19972 + a19982 + a19992 + a20002 се дели на 20;
Покажете, че нито един член от вида a2n+1 не е точен квадрат.
Помогнете за тази задачка от Виетнамска олимпиада. Намерих я в Интернет в този вид!/ и не съвпадат индексите с оригинала в списанието ми - 20 национални олимпиади!/

[martin123456]

Първо да я latex-нем.
Редицата [tex]\{a_i\}_{i=0}^{\infty}[/tex] е определена по следния начин: [tex]a_0=0, a_1=3[/tex] и [tex]a_{n+2}=\left\{\begin{array}{cl}a_{n+1}+9a_n, & n=2k \\9a_{n+1}+5a_n, & x=2k+1 \end{array}\right[/tex]. Покажете, че [tex]a_{19952}+a_{19962}+a_{19972}+a_{19982}+a_{19992}+a_{20002}[/tex] се дели на 20. Поккажете, че нито един член с вид [tex]a_{2n+1}[/tex] не е точен квадрат.

[martin123456]

а) да се дели на 20
[tex]20=4.5[/tex] и ще док, че се дели и на 4 и на 5.
а.1) разглеждаме редицата [tex]\pmod{4}[/tex]:
Tя е: [tex]a_0=0, a_1=3[/tex] и [tex]a_{n+2}=\left\{\begin{array}{cl}a_{n+1}+a_n, & n=2k \\a_{n+1}+a_n, & x=2k+1 \end{array}\right[/tex][tex]\Leftrightarrow a_{n+2}=a_{n+1}+a_n[/tex]. Поразписваме малко: [tex]a_2=a_1+a_0=3[/tex], [tex]a_3=a_2+a_1=2[/tex], [tex]a_4=1[/tex], [tex]a_5=3[/tex], [tex]a_6=0[/tex], [tex]a_7=3[/tex], т.е. тя става периодична. периодът и е [tex]6[/tex] (това че е периодична трябва да се док по индукция, но е директно).
[tex]19952 \equiv 2 \pmod{6} \Rightarrow a_{199952 } \equiv 3 \pmod{4}[/tex]
[tex]19962 \equiv 0 \pmod{6} \Rightarrow a_{199962 } \equiv 0 \pmod{4}[/tex]
[tex]19972 \equiv 4 \pmod{6} \Rightarrow a_{199972 } \equiv 1 \pmod{4}[/tex]
[tex]19982 \equiv 2 \pmod{6} \Rightarrow a_{199982 } \equiv 3 \pmod{4}[/tex]
[tex]19992 \equiv 0 \pmod{6} \Rightarrow a_{199992 } \equiv 0 \pmod{4}[/tex]
[tex]20002 \equiv 4 \pmod{6} \Rightarrow a_{20002 } \equiv 1 \pmod{4}[/tex]
значи сумата е [tex]2(3+0+1) \equiv 0 \pmod{4}[/tex].
a.2) за 5 е анлогично. там редицата е
[tex]a_{n+2}=\left\{\begin{array}{cl}a_{n+1}-a_n, & n=2k \\-a_{n+1}, & x=2k+1 \end{array}\right[/tex]. за първите няколко члена пресмятаме [tex]a_0=0, a_1=3[/tex], [tex]a_2=3[/tex], [tex]a_3=2[/tex], [tex]a_4=4[/tex], [tex]a_5=1[/tex], [tex]a_6=2[/tex], [tex]a_7=3[/tex], [tex]a_8=1[/tex], [tex]a_9=4[/tex], [tex]a_{10}=3[/tex], [tex]a_{11}=2[/tex], [tex]a_{12}=4[/tex], т.е. е периодична с период [tex]8[/tex] от 3ти член нататък. Продължи аналогично.
б) от а.1) [tex]a_{2n+1} \equiv x \in \{2,3\} \pmod{4}[/tex]. Но точните квадрати са [tex]y^2 \equiv x\in \{0,1\} \pmod{4}[/tex]. значи няма.

[abeveto]

Много благодаря. Чудесно решение и сигурно трябвше да се сетя, ама нейсе!
Само да попитам все пак- нулевият член е 1, а ти му даваш стойност 0. Това синтактична грешка ли е в условието / моето де/ ?
А, за постването в Latex - ще имам предвид! Не вярвах, че някой ще ми вземе насериозно темичката! А имам още задачки, върху които се потя!

[ptj]

Хм, мисля, че Мартин е решил друга задача, но принципа е същия.

Редицата [tex]\{a_i\}_{i=0}^{\infty}[/tex] е определена по следния начин: [tex]a_0=1, a_1=3[/tex] и [tex]a_{n+2}=\left\{\begin{array}{cl}a_{n+1}+9a_n, & n=2k \\9a_{n+1}+5a_n, & x=2k+1 \end{array}\right[/tex]
...

Имаш [tex]a_{n+1}+9a_n\equiv 9a_n+1+5a_n=a_{n+1}+a_n (mod 4)[/tex].
Тогава последователните остатъци са : 1;-1;0;-1;-1;-2;1;-1;0;-1;-1;... Т.е. периода е 6.
[tex]a_{6k}\equiv 1\pmod 4[/tex]
[tex]a_{6k+1}\equiv -1\pmod 4[/tex]
[tex]a_{6k+2}\equiv 0\pmod 4[/tex]
[tex]a_{6k+3}\equiv -1\pmod 4[/tex]
[tex]a_{6k+4}\equiv-1\pmod 4[/tex]
[tex]a_{6k+5}\equiv -2\pmod 4[/tex]

[tex]a_{199952}+a_{199962}+a_{199972}+a_{199982}+a_{199992}+a_{200002}+\equiv[/tex]
[tex]\equiv a_2+a_0+a_4+a_2+a_0+a_4\equiv 0+1+(-1)+1+(-1)\equiv 0 \pmod 4[/tex]

[tex]a_{2n+2}\equiv a_{2n+1}+9a_{2n}\equiv a_{2n+1}-a_{2n} \pmod 5[/tex]
[tex]a_{2n+3}\equiv 9a_{2n+2}+5a_{2n+1}\equiv a_{2n+2} \pmod 5[/tex]
Редицата от остатъците по модул 5 е:
1;-2;2;2;0;0;0...
Т.е. след [tex]a_4[/tex] всички се делят на 5.

П.П. Подусловие б.) е същото като на Мартин.

[martin123456]

Моя грешка е за нулевия член - не съм преписал добре че е 1.

[abeveto]

Дадена е отсечка АВ, която определя правата а. Дадени са две прави - b и c - които се пресичат в т. С. Дадена е и произволна точка D. Нека А' е произволна точка върху правата b, а В' е пресечката точка на описаната около А'СD окръжност и правата с. Правата А'В' пресича правата а в т. Р. Ако пресечната точка на описаните около РАА' и РВВ' окръжности е F, да се докаже че при движение на А' по правата b, ГМТ {F} е окръжност!
Това е новата ми главоблъсканица!

[abeveto]

и още една :
a)Намерете общия член на редицата, зададена рекурентно
[tex]a_0= 2[/tex]
[tex]a_n_+_1[/tex] = [tex]5a_n +\sqrt{24a_n^2 -96}[/tex].
b) Докажете, че за всяко n
[tex]a_n \ge 2.5^n[/tex]
То ако намеря [tex]a_n[/tex] може би ще се сетя за б).

[mkmarinov]

Дадена е отсечка АВ, която определя правата а. Дадени са две прави - b и c - които се пресичат в т. С. Дадена е и произволна точка D. Нека А' е произволна точка върху правата b, а В' е пресечката точка на описаната около А'СD окръжност и правата с. Правата А'В' пресича правата а в т. Р. Ако пресечната точка на описаните около РАА' и РВВ' окръжности е F, да се докаже че при движение на А' по правата b, ГМТ {F} е окръжност!
Това е новата ми главоблъсканица!

Това ми мирише на инверсия.

[mkmarinov]

[tex]a_{n+1}-5a_n=\sqrt{24a_n^2-96} /^2[/tex]
[tex]a_{n+1}^2-10a_{n+1}a_n +25a_n^2=24a_n^2-96[/tex]
[tex]a_{n+1}^2-10a_{n+1}a_n+a_n^2=-96[/tex]; решаваме спрямо [tex]a_n[/tex]
[tex]a_n=5a_{n+1}-\sqrt{24a_{n+1}^2-96}[/tex]
[tex]a_{n+2}=5a_{n+1}+\sqrt{24a_{n+1}^2-96}[/tex]
След това събираме последните два реда.

[ptj]

По-нататък общия член може да го изразиш чрез сума на две геометрични прогресии с частни равни на корените на характеристичното уравнение:
[tex]t^2-10t+1=0[/tex]
[tex]t_{1,2}=5\pm \sqrt{24}[/tex],
тогава [tex]a_n=\alpha (5+\sqrt{24})^n+\beta (5-\sqrt{24})^n[/tex].
[tex]\alpha ,\beta[/tex] се намират чрез система за [tex]a_0[/tex] и [tex]a_1[/tex].

[abeveto]

О.К - благодаря за идеята! Ще го доразпиша!

[ptj]

Получава се [tex]\alpha =\beta =1[/tex].
Прилагаме Коши -Буняковски:
[tex]\sqrt[n]{\frac{(5+\sqrt{24})^n+(5-\sqrt{24})^n}{2 }}\ge\frac{(5+\sqrt{24})+(5-\sqrt{24}) }{2 }[/tex] =>

=> [tex]a_n=(5+\sqrt{24})^n+(5-\sqrt{24})^n\ge (\frac{5}{2 })^n[/tex]

П.П. Нещо повече: за n>2 неравенството е строго.

[abeveto]

Получава се [tex]\alpha =\beta =1[/tex].
Прилагаме Коши -Буняковски:
[tex]\sqrt[n]{\frac{(5+\sqrt{24})^n+(5-\sqrt{24})^n}{2 }}\ge\frac{(5+\sqrt{24})+(5-\sqrt{24}) }{2 }[/tex] =>

=> [tex]a_n=(5+\sqrt{24})^n+(5-\sqrt{24})^n\ge (\frac{5}{2 })^n[/tex]

П.П. Нещо повече: за n>2 неравенството е строго.

Само ме смущава, че напечатаният оригинал, с който разполагам е [tex]a_n\ge 2.5^n[/tex]. За останалото - всичко е точно! А за геометричната задача? Инверсия с център D, и коефициент частното на дължините на двете отсечки дали ще е добра идея / AB/A'B'/

[ptj]

[tex]\frac{5}{2 }=2.5[/tex]

[mkmarinov]

Получава се [tex]\alpha =\beta =1[/tex].
Прилагаме Коши -Буняковски:
[tex]\sqrt[n]{\frac{(5+\sqrt{24})^n+(5-\sqrt{24})^n}{2 }}\ge\frac{(5+\sqrt{24})+(5-\sqrt{24}) }{2 }[/tex] =>

=> [tex]a_n=(5+\sqrt{24})^n+(5-\sqrt{24})^n\ge (\frac{5}{2 })^n[/tex]

П.П. Нещо повече: за n>2 неравенството е строго.

Само ме смущава, че напечатаният оригинал, с който разполагам е [tex]a_n\ge 2.5^n[/tex]. За останалото - всичко е точно! А за геометричната задача? Инверсия с център D, и коефициент частното на дължините на двете отсечки дали ще е добра идея / AB/A'B'/

ptj има грешка на последното равенство. Получава се точно [tex]2.5^n[/tex].

[ptj]

Да, при мен се получава [tex]a_n>\frac{5^n}{2 } >2.5^n[/tex]. Само не виждам къде имам грешка.

[mkmarinov]

Ти не успя ли да разбереш, че тази точка значи умножение?
И се получава точно [tex]2.5^n[/tex], а не [tex](\frac{5}{2})^n[/tex]

[ptj]

Не само, че не виждам, ами и да умножавам не мога.

П.П. Понякога съм свръх разсеян.

[abeveto]

Мисля, че б) може просто с индукция да се направи.
[tex]a_n_+_1 = 5a_n + sqrt(24a_n^2 -96)[/tex]≥ [tex]5.2.5^n[/tex] + нещо положително => ≥[tex]2.5^n[/tex], за n≥0. Предните две стъпки от индукцията са тривиални и не ги пиша!

[abeveto]

Числата a, b и n са цели. Числата [tex]\frac{a+n}{b}[/tex] и [tex]\frac{b+n}{a}[/tex] също са цели. Да се докаже, че 2d≤(n+1)[tex]sqrt(\left|(a-b)\right|[/tex] , където d = NOD(a,b). Задачата е 1 кръг на Иранска олимпиада, но не си спомням годината.

[allier]

Нещо не ми харесва условието - ако a=b=n=d, неравенството не е изпълнено.