Сайт Романа ПарпалакаБлог20210404

Как додуматься до решения олимпиадной задачи?

Я иногда решаю «для себя» какие-нибудь сложные задачи по физике или математике. Практической пользы в этом нет. Видимо, это мой способ проверить, что я всё еще не растерял форму со времен красного диплома физтеха без четверок и серебряной медали с Международной олимпиады по физике.

Вчера решил очередную такую задачу из ролика Савватеева. Честно остановил ролик перед решением, задумался и нашел решение. Расскажу скорее не о самом решении, а о том, как можно его отыскать.

Условие задачи

В задаче требуется показать, что существует действительное число $$A\in\R$$, такое что любая натуральная степень $$n$$ этого числа после округления вверх отличается по модулю от ближайшего квадрата натурального числа ровно на 2.

Анализ условия

Запишем условие задачи формально: требуется доказать, что

$$\exists A\in\R\ \forall n\in\mathbb{N}\ \exists x\in\mathbb{N}:\left|\lceil A^n\rceil-x^2\right|=2.$$(1)

Здесь потерялось условие, что число $$x^2$$ должно быть ближайшим квадратом к $$\lceil A^n\rceil$$. Но оно будет выполнено автоматически, если $$A>5$$.

Условие выглядит страшно, и непонятно, как подступиться к задаче. В математике нет стандартных приемов по работе с округлением вверх. Придется пользоваться универсальным приемом: думать.

Перепишем условие менее формально. Для каждого $$n$$ должны найтись числа $$\varepsilon\in[0,1)$$ и $$x^2$$, для которых $$A^n+\varepsilon=x^2\pm2$$. При больших $$n$$ получаем, что $$A^n\approx x^2$$.

Озарение

Теперь самое время для озарения. Оно пришло ко мне в ходе такого рассуждения. Переход от $$n$$ к $$n+1$$ в левой части сводится к домножению на $$A$$, а в правой части — к переходу от одного квадрата к другому.

Квадраты натуральных чисел расположены по определенному шаблону. Разница между соседними квадратами — это последовательность нечетных чисел. Скорее всего в правой части при переходе от одного квадрата к другому прибавляется некоторое число, возможно связанное с $$A$$.

Вспоминаем, в каком случае домножение сводится к прибавлению? Есть известный пример для золотого сечения и для рекуррентных последовательностей типа Фибоначчи. Золотое сечение $$\varphi=(1+\sqrt5)/2$$ обладает свойством $$\varphi^{n+1}=\varphi^n+\varphi^{n-1}$$. Возможно, число $$A$$ как-то связано с золотым сечением.

Гипотеза

Проверим гипотезу, что золотое сечение подходит на роль числа $$A$$. Вычислим для начальных $$n$$:

$$n$$ $$\varphi^n$$ Квадрат
0 1,000000
1 1,618034
2 2,618034
3 4,236068
4 6,854102 9
5 11,090170
6 17,944272 16
7 29,034442
8 46,978714 49
9 76,013156
10 122,991869 121
11 199,005025
12 321,996894 324
13 521,001919
14 842,998814 841
15 1364,000733
16 2206,999547 2209

Для малых $$n$$ закономерности не видно. Но начиная с $$n=4$$ каждое второе число подходит под условие! Вычисление показывает, что $$\varphi^2=2,\!618034$$ — неплохой кандидат для числа $$A$$. Оно подошло бы под условие, если бы не требование того, что именно ближайший квадрат, а не некоторый, должен отличаться на 2. Действительно, $$\varphi^2$$, округленное вверх до 3, отличается от квадрата 12 на 2. Чтобы учесть это требование, можем отобрать из таблицы не каждое второе число, а каждое четвертое, и положить $$A=\varphi^4$$.

Поскольку речь зашла о золотом сечении и числах Фибоначчи, мы можем понять, откуда в условии взялось округление вверх. Известно, что для чисел Фибоначчи $$F_{n}$$ есть формула Бине:

$$F_{n}={\frac {\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}}{\sqrt {5}}}={\frac {\varphi ^{n}-(-\varphi )^{-n}}{\varphi -(-\varphi )^{-1}}}={\frac {\varphi ^{n}-(-\varphi )^{-n}}{2\varphi -1}}.$$

Для нашей задачи от нее толку мало, но она подсказывает, что мы можем добавить к иррациональному $$\varphi^n$$ какое-нибудь аналогичное убывающее слагаемое, чтобы получить целое число $$\lceil A^n\rceil$$. Слагаемое легко подобрать для конкретных чисел из таблицы или увидеть из разложения $$(1\pm\sqrt{5})^n$$ через бином Ньютона. Давайте подберем. $$\varphi^4=6,\!854102$$, отличается от 7 на 0,145898. Если обратить эту разность, опять получается $$\varphi^4=1/0,\!145898$$. Таким образом, $$\varphi^{4}+1/\varphi^{4}$$ должно быть целым числом. Обобщение этих наблюдений мы и будем строго доказывать.

Строгое доказательство

Докажем теперь, что $$\varphi^{2n}+\varphi^{-2n}$$ отличается от квадрата некоторого натурального числа на 2. Для этого рассмотрим вспомогательное число $$t_n=\varphi^{n}+(-\varphi)^{-n}$$.

Заметим, что $$(-\varphi)^{-1}=-2/(1+\sqrt{5})=(1-\sqrt{5})/2$$, как и $$\varphi$$, является решением уравнения $$y^{2}=y+1$$ и, следовательно, тоже удовлетворяет условию $$y^{n+1}=y^n+y^{n-1}$$. Итого имеем рекуррентную последовательность $$t_n=\varphi^{n}+(-\varphi)^{-n}$$, подчиняющуюся определению $$t_{n+1}=t_n+t_{n-1}$$, так как она есть сумма двух других рекуррентных последовательностей с тем же определением.

Вычислим начальные элементы последовательности $$t_n$$: $$t_0=1+1=2$$, $$t_1=(1+\sqrt{5})/2+(1-\sqrt{5})/2=1$$. По принципу математической индукции любой элемент последовательности $$t_n=\varphi^{n}+(-\varphi)^{-n}$$ — также целое число.

Возведем элемент последовательности $$t_n$$ в квадрат:

$$t^2_n=\left(\varphi^{n}+\left({-1\over\varphi}\right)^n\right)^2=\varphi^{2n}+{1\over\varphi^{2n}}+2(-1)^n.$$(2)

Таким образом, возведение $$\varphi^2$$ в степень $$n$$ и округление вверх дает целое число $$\varphi^{2n}+1/{\varphi^{2n}}$$, отличающееся от квадрата натурального числа $$t_n=\varphi^{n}+(-\varphi)^{-n}$$ ровно на 2.

Сравнение решения с авторским

Мое решение вроде бы завязано на золотое сечение и на его свойства. Но на самом деле используется только одно свойство: золотое сечение есть решение уравнения $$y^{2}=y+1$$. Сумма степеней корней этого уравнения порождает целочисленную последовательность. Есть и другие уравнения с тем же свойством. Корни по модулю должны быть взаимно обратными, чтобы сработало равенство наподобие (2). Можно было взять действительные корни любого уравнения $$y^{2}=ky\pm1$$ с целым $$k\neq\pm2$$.

Савватеев использовал свойства симметрических многочленов, чтобы показать целочисленность суммы степеней корней. Мой способ через математическую индукцию и рекуррентные последовательности тоже годится.

4 апреля 2021 года, 21:49     математика · видео

Анализ данных — В кресле препода №7 Ctrl

Поделиться

Оставьте свой комментарий

Ваше имя:

Комментарий:

Для выделения используйте следующий код: [i]курсив[/i], [b]жирный[/b].
Цитату оформляйте так: [q = имя автора]цитата[/q] или [q]еще цитата[/q].
Ссылку начните с http://. Других команд или HTML-тегов здесь нет.

Сколько будет 23+9?

Записи