[Ciągi] wyjatkowe sekwencje

Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6470
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 2586 razy
Pomógł: 683 razy

[Ciągi] wyjatkowe sekwencje

Post autor: mol_ksiazkowy » 30 sie 2007, o 18:47

Niech dane beda liczby naturalne k , n ... \(\displaystyle{ k q n}\). Powiemy ze sekwencja długosci k: \(\displaystyle{ a_1, a_2, ...,a_k}\)., t. ze \(\displaystyle{ a_j }\)
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4120
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 96 razy
Pomógł: 414 razy

[Ciągi] wyjatkowe sekwencje

Post autor: arek1357 » 10 paź 2007, o 09:33

Nie wiem czy tak jest bo każdą liczb można rozłożyć na sumę jedynek np:
5=1+1+1+1+1+1 a wtedy żadna sekwencja nie będzie całkowita

andkom
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 636
Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:57
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Pomógł: 350 razy

[Ciągi] wyjatkowe sekwencje

Post autor: andkom » 10 paź 2007, o 14:59

Jak rozumiem \(\displaystyle{ a_j>0}\). Najpierw proste obserwacje:

Jeśli n=k, to sekwencji wyjątkowych oczywiście nie ma (tak, jak to napisał Arek).

Jeśli k=1 i n>1, to każda para (n,k) (czyli (n,1)) dopuszcza sekwencje wyjątkowe i każda taka sekwencja jest jedną z n-1 sekwencji \(\displaystyle{ \left(\frac{1}{n}\right), ft(\frac{2}{n}\right),\ldots,\left(\frac{n-1}{n}\right)}\).

Jeśli nk oraz k>1.
Załóżmy, że \(\displaystyle{ (a_1,a_2,\ldots,a_k)}\) jest sekwencją wyjątkową dla ustalonych n i k.
Ponieważ n=1+(n-k+1)+1+...+1 (mamy tu k składników, z czego drugi składnik to n-k+1), więc \(\displaystyle{ (n-k+1)a_2}\) jest całkowite.
Mamy też n=2+(n-k)+1+...+1. Skoro \(\displaystyle{ (a_1,a_2,\ldots,a_k)}\) jest wyjątkowa, więc \(\displaystyle{ 2a_1}\) jest całkowite lub \(\displaystyle{ (n-k)a_2}\) jest całkowite. Ta druga ewentualność nie jest możliwa, bo \(\displaystyle{ a_2=(n-k+1)a_2-(n-k)a_2}\) nie jest całkowite. Zatem musi być \(\displaystyle{ a_1=\frac12}\). Podobnie pokazujemy, że również pozostałe \(\displaystyle{ a_i}\) są równe \(\displaystyle{ \frac12}\), czyli \(\displaystyle{ (a_1,a_2,\ldots,a_k)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\ldots,\frac{1}{2}\right)}\).

Zauważmy teraz, że jeśli n i k są tej samej parzystości, to z możliwości przedstawienia n=1+(n-k+1)+1+...+1 jako sumy liczb nieparzystych wynika, że \(\displaystyle{ \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\ldots,\frac{1}{2}\right)}\) nie jest wyjątkowa (a wiemy, że żadna inna też nie jest).

Jeśli natomiast n i k są różnej parzystości, to w rozkładzie n na k składników musi wystąpić składnik parzysty, a to oznacza, że \(\displaystyle{ \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\ldots,\frac{1}{2}\right)}\) jest wyjątkowa.

ODPOWIEDZ