|
|
 |
Условие
Из имеющихся последовательностей {bn} и {cn} (возможно, {bn} совпадает с {cn}) разрешается получать последовательности
{bn + cn},
{bn – cn}, {bncn} и {bn/cn} (если все члены последовательности {cn} отличны от 0). Кроме того, из любой имеющейся последовательности можно получить новую, вычеркнув несколько начальных членов. Сначала есть только последовательность {an}. Можно ли получить из неё описанными выше операциями последовательность {n}, то есть 1, 2, 3, 4, ..., если
а) an = n²;
б)
в)
Решение
Объясним, как можно действовать в пунктах а) и в).
Разрешёнными операциями можно получить из последовательности {an} последовательность {an+1 – an}. Такое преобразование обозначим через T, а m-кратное применение преобразования T обозначим через Tm. Заметим, что если P – многочлен степени m – 1, то применение T к последовательности
{P(n)} даёт последовательность {Q(n)}, где Q – многочлен степени m – 2. Отсюда, в частности, следует, что применение Tm к {P(n)} даёт нулевую последовательность. Ещё нам пригодится последовательность I, все члены которой – единицы (её можно получить делением данной последовательности без нулей на себя). Сложив эту последовательность с собой n – 1 раз, получим последовательность nI (n – натуральное число).
а) Применив к {n²} преобразование T, получим последовательность {2n + 1}. Вычитая I, получим {2n}; наконец разделив на 2I, получим {n}.
в) Применив к последовательности an = n1999 + 1/n преобразование T2000, получим последовательность
Разделив 2000!I на эту последовательность, получим {n(n + 1)...(n + 2000)}. Наконец, применив к этой последовательности преобразование T2000, получим последовательность вида {an + b}, где a и b – целые числа, a ≠ 0. Дальнейшие действия ясны.
б) Докажем, что последовательность {n} получить нельзя. Для этого заметим, что все последовательности, которые можно получить из имеют вид
где P и Q – многочлены с целыми коэффициентами. (В самом деле, исходная последовательность такой вид имеет. При почленном сложении, вычитании, умножении или делении последовательностей такого вида, очевидно, снова получится последовательность такого вида, а выбрасывание нескольких членов равносильно замене P(x)/Q(x) на P(x+r)/Q(x+r) для некоторого натурального r, что можно представить в требуемом виде, раскрыв все скобки в числителе и знаменателе.) Если в таком виде представляется последовательность {n}, то в таком виде представляется и последовательность, все члены которой равны
. Но из равенства
следует, что отношение старших коэффициентов многочленов P и Q равно
, что невозможно. Противоречие.
Ответ
а), в) Можно; б) нельзя.
