Задача 67460
|
|
 |
Условие
Дана последовательность $a_n = n!\mkern2mu(n^2-2025n+1)$ для всех натуральных $n$. Найдите сумму первых $2025$ членов этой последовательности.Решение 1
Представим $a_n$ в виде $$ \begin{aligned} a_n &=n!\bigl((n+1)(n+2)-(n+1)-2027 n\bigr)=\\ &= (n+2)!-(n+1)!-2027 n \cdot n!= \\ &=((n+2)!-(n+1)!)-2027((n+1)!-n!). \end{aligned} $$ Тогда получаем $$ a_1+a_2+\ldots+a_{2025}=(2027!-2!)-2027 \cdot(2026!-1!)=2025. $$Решение 2
Перейдём к более общей задаче: будем рассматривать последовательности $a_{k, n}=n!\mkern2mu(n^2-k n+1)$, где $k$ – фиксированное натуральное число, а $n$ – номер члена последовательности, и искать сумму первых $k$ членов таких последовательностей.При $k=1$ получаем, что сумма равна $$ a_{1,1}=1!\mkern2mu(1-1+1)=1. $$
При $k=2$ получаем, что сумма равна $$ a_{2,1}+a_{2,2}=1!\mkern2mu(1-2+1)+2!\mkern2mu(4-4+1)=2. $$ Аналогично можно получить, что при $k=3$ сумма равна 3. Возникающую гипотезу о том, что при произвольном $k$ искомая сумма равна $k$, нужно строго доказать. Это можно сделать методом математической индукции.
База индукции уже проверена. Из предположения о том, что $a_{k, 1}+a_{k, 2}+a_{k, 3}+\ldots+a_{k, k}=k$, требуется вывести $a_{k+1,1}+a_{k+1,2}+a_{k+1,3}+\ldots+a_{k+1, k+1}=k+1$. Заметим, что $$\begin{aligned} a_{k+1, n} &=n!\mkern2mu(n^2-(k+1) n+1)=n!\mkern2mu(n^2-k n+1-n)=\\ &=a_{k, n}-n!\mkern2mu n= a_{k, n}-n!\mkern2mu((n+1)-1)=\\ &=a_{k, n}-(n+1)!+n!. \end{aligned} $$ Следовательно, $$ \begin{aligned} &a_{k+1,1}+a_{k+1,2}+a_{k+1,3}+\ldots+a_{k+1, k+1}=\\ &= a_{k, 1}+a_{k, 2}+a_{k, 3}+\ldots+a_{k, k}-((k+1)!-1!)+(k+1)!\mkern2mu((k+1)^2-(k+1)(k+1)+1)=\\ & = k-(k+1)!+1+(k+1)!=k+1, \end{aligned} $$ что и требовалось доказать.
