ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 78594
Темы:    [ Рекуррентные соотношения (прочее) ]
[ Индукция (прочее) ]
[ Иррациональные неравенства ]
Сложность: 5-
Классы: 8,9,10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Дано:

a1 = 1, ak = $\displaystyle \left[\vphantom{\sqrt{a_1+a_2+\dots +a_{k-1}}}\right.$$\displaystyle \sqrt{a_1+a_2+\dots +a_{k-1}}$$\displaystyle \left.\vphantom{\sqrt{a_1+a_2+\dots +a_{k-1}}}\right]$.

Найти a1000.

Примечание. [A] — целая часть A.

Решение

Ответ: 495. Докажем по индукции, что начальный отрезок нашей последовательности имеет вид 1,1,1,1,2,2,2,3,3,4,4,4,5,5,6,6,7,7,... , где единица встречается 4 раза, числа вида 2k – три раза, а остальные натуральные числа – по два раза. Пусть мы уже доказали, что начальный отрезок нашей последовательности имеет вид 1,1,1,1,2,2,2,3,3,...,n-1,n,n . Найдем ее следующий член. Возьмем наибольшее k для которого 2k<n . Сумма выписанных чисел равна s=2(1+2+..n)+1+2+..2k+1=n(n+1)+2k+1 . Если n=2k+1 , то n2<s<(n+1)2 , то есть следующий член последовательности равен n . Иначе n+1 2k+1<2n , и (n+1)2 s<(n+2)2 , то есть следующий член последовательности равен n+1 . Аналогично находятся следующие члены последовательностей 1,1,1,1,2,2,2,.. n-1,n и 1,1,1,1,2,2,2,.. n-1,n, n, n . Из явного вида последовательности число a1000 находится простым подсчетом.

Ответ

Ответ: 495.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 29
Год 1966
вариант
1
Класс 8
Тур 2
задача
Номер 2

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .