Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3378
2019-06-03 
В возрастающей последовательности натуральных чисел каждое число, начиная с 2002-го, является делителем суммы всех предыдущих чисел. Докажите, что в последовательности найдется некоторое число, начиная с которого каждое число равно сумме всех предыдущих.
Решение:
Обозначим $n$-й член последовательности через $a_n$, а сумму первых $n$ членов через $S_n$. Пусть частное от деления $S_{n-1}$ на $a_n$ равно $k_n$, т. е. $S_{n-1} = a_nk_n$. По условию $k_n$ - натуральное число при $n \geq 2002$.
Так как $a_{n+1} > a_n$, получаем
$k_{n+1} = \frac{S_n}{a_{n+1}} = \frac {S_{n-1} + a_n}{a_{n+1}} < \frac {S_{n-1} + a_n}{a_n} = k_n + 1$.
Значит, $k_{n+1} \leq k_n$ (при $n > 2002$), так как $k_n$ и $k_{n+1}$ - натуральные числа.
Итак, последовательность частных $k_n$ не возрастает, начиная с $n = 2002$. Но невозрастающая бесконечная последовательность натуральных чисел стабилизируется: начиная с некоторого места все ее члены равны. Пусть все они равны числу $k$, т. е., начиная с некоторого $N$, имеет место равенство $k_n = k$.
Но тогда при $n \geq N$ имеем $a_{n+1} = \frac{S_{n-1} + a_n}{k} = a_n + \frac{a_n}{k}$, т. е. с этого места последовательность $a_n$ является геометрической прогрессией:
$a_n = \frac{k + 1}{k} a_{n-1} = \left ( \frac{k+1}{k} \right )^2 a_{n-2} = \cdots = \frac {(k+1)^{n-N}}{k^{n-N}} a_N$.
Получаем, что $k^{n-N}$ делит произведение $(k + 1)^{n-N}$. Ясно, что $k^{n-N}$ взаимно просто с первым сомножителем, значит, $k^{n-N}$ делит $a_N$. Но это верно при сколь угодно большом $n$, так что $k = 1$, что и требовалось доказать.
В возрастающей последовательности натуральных чисел каждое число, начиная с 2002-го, является делителем суммы всех предыдущих чисел. Докажите, что в последовательности найдется некоторое число, начиная с которого каждое число равно сумме всех предыдущих.
Решение:
Обозначим $n$-й член последовательности через $a_n$, а сумму первых $n$ членов через $S_n$. Пусть частное от деления $S_{n-1}$ на $a_n$ равно $k_n$, т. е. $S_{n-1} = a_nk_n$. По условию $k_n$ - натуральное число при $n \geq 2002$.
Так как $a_{n+1} > a_n$, получаем
$k_{n+1} = \frac{S_n}{a_{n+1}} = \frac {S_{n-1} + a_n}{a_{n+1}} < \frac {S_{n-1} + a_n}{a_n} = k_n + 1$.
Значит, $k_{n+1} \leq k_n$ (при $n > 2002$), так как $k_n$ и $k_{n+1}$ - натуральные числа.
Итак, последовательность частных $k_n$ не возрастает, начиная с $n = 2002$. Но невозрастающая бесконечная последовательность натуральных чисел стабилизируется: начиная с некоторого места все ее члены равны. Пусть все они равны числу $k$, т. е., начиная с некоторого $N$, имеет место равенство $k_n = k$.
Но тогда при $n \geq N$ имеем $a_{n+1} = \frac{S_{n-1} + a_n}{k} = a_n + \frac{a_n}{k}$, т. е. с этого места последовательность $a_n$ является геометрической прогрессией:
$a_n = \frac{k + 1}{k} a_{n-1} = \left ( \frac{k+1}{k} \right )^2 a_{n-2} = \cdots = \frac {(k+1)^{n-N}}{k^{n-N}} a_N$.
Получаем, что $k^{n-N}$ делит произведение $(k + 1)^{n-N}$. Ясно, что $k^{n-N}$ взаимно просто с первым сомножителем, значит, $k^{n-N}$ делит $a_N$. Но это верно при сколь угодно большом $n$, так что $k = 1$, что и требовалось доказать.
