Арифметическая и геометрическая прогрессии

Например, прогрессия \(-1, 1, 3, 5, ...\)

и прогрессия \(1, -1, -3, -5, ...\).

Ответ:

Да

\(S_{19} = \dfrac{a_{19} + a_1}{2}\cdot 19\).

\(a_{10} = a_1 + 9d_a\).

\(a_{19} = a_1 + 18d_a\), тогда \(a_{19} + a_1 = 2a_1 + 18d_a = 2\cdot(a_1 + 9d_a) = 2\cdot a_{10}\), тогда \(S_{19} = a_{10}\cdot 19 = 19000\).

Ответ:

\(19000\)

В качестве контрпримера достаточно взять прогрессию \[1\,, \sqrt{2}\,, 2\,, 2\sqrt{2}\,,\dots\]

Ответ:

Нет

Например, прогрессия \(-2015, -2013, -2011, -2009, ...\)

и прогрессия \(-17, -19, -21, -23, ...\).

В самом деле, общий член первой последовательности имеет вид \(a_n = -2017 + 2n\), а общий член второй последовательности имеет вид \(b_n = -15 - 2n\).

Остаётся понять, сколько решений есть у уравнения \(a_k = b_m\) в натуральных числах.

\[-2017 + 2k = -15 - 2m\qquad\Leftrightarrow\qquad m + k = 1001\qquad\Leftrightarrow\qquad m = 1001 - k.\]

Таким образом, \(m, k\in\mathbb{N}\) тогда и только тогда, когда \(k\in\{1; 2; ...; 1000\}\), то есть выписанное уравнение имеет ровно 1000 решений в натуральных числах, что и требовалось.

Ответ:

Да

Пусть первая прогрессия имеет вид \(a_1, ..., a_n, ...\),

пусть вторая прогрессия имеет вид \(b_1, ..., b_n, ...\).

\(\bullet\) Рассмотрим сначала случай, когда разности \(d_a\) и \(d_b\) прогрессий отличны от \(0\).

Пусть существуют пары натуральных чисел \((k_1; m_1)\) и \((k_2; m_2)\) такие что \(a_{k_1} = b_{m_1}\) и \(a_{k_2} = b_{m_2}\). Так как обе последовательности состоят только из положительных чисел, то обе они возрастают, следовательно, можно считать, что \(k_1 < k_2\), \(m_1 < m_2\).

Тогда

\[a_{k_1} + d_a(k_2 - k_1) = a_{k_2} = b_{m_2} = b_{m_1} + d_b(m_2 - m_1),\]

но \(a_{k_1} = b_{m_1}\), следовательно,

\[d_a(k_2 - k_1) = d_b(m_2 - m_1)\qquad\Rightarrow\qquad d_a\cdot 2(k_2 - k_1) = d_b\cdot 2(m_2 - m_1).\]

Так как \(k_2 > k_1 > 0\), то \(2k_2 - k_1 > 0\), тогда \((2k_2 - k_1)\in\mathbb{N}\) и существует \[a_{2k_2 - k_1} = a_{k_1} + d_a((2k_2 - k_1) - k_1) = a_{k_1} + d_a\cdot 2(k_2 - k_1).\] Так как \(m_2 > m_1 > 0\), то \(2m_2 - m_1 > 0\), тогда \((2m_2 - m_1)\in\mathbb{N}\) и существует \[b_{2m_2 - m_1} = b_{m_1} + d_b((2m_2 - m_1) - m_1) = b_{m_1} + d_b\cdot 2(m_2 - m_1).\]

Но \(d_a\cdot 2(k_2 - k_1) = d_b\cdot 2(m_2 - m_1)\), следовательно, \[a_{2k_2 - k_1} = b_{2m_2 - m_1},\] то есть эти прогрессии имеют минимум 3 общих члена. (На самом деле у них бесконечно много общих членов, что показывается аналогично).

\(\bullet\) Рассмотрим теперь случай, когда одна из разностей \(d_a\) и \(d_b\) равна \(0\).

Пусть \(d_a = 0\), \(d_b\neq 0\), тогда \(d_b > 0\) (последовательности из положительных чисел), тогда \(b_1, ..., b_n, ...\) – возрастает, а \(a_1, ..., a_n, ...\) – постоянна, следовательно, у уравнения \(a_k = b_m\) может быть не более одного решения, но по условию их должно быть два, то есть этот случай не подходит.

Пусть \(d_a = 0\), \(d_b = 0\), тогда обе последовательности – постоянны, следовательно, у уравнения \(a_k = b_m\) не может быть ровно двух решений.

В итоге, две бесконечные арифметические прогрессии положительных чисел не могут иметь ровно 2 общих члена.

Ответ:

Нет

Покажем, что последовательность \(a_1, ..., a_n, ...\) – арифметическая прогрессия.

Введём обозначение \(d = a_2 - a_1\), тогда \[a_1 + d = a_2 = \dfrac{a_1 + a_3}{2}\qquad\Rightarrow\qquad 2(a_1 + d) = a_1 + a_3\qquad\Rightarrow\qquad a_3 = a_1 + 2d.\]

Докажем при помощи полной индукции, что \(a_{n + 1} = a_n + d\):

1) При \(n = 1\) имеем \(a_2 = a_1 + d\) – верно.

2) Пусть утверждение верно для всех \(n \leq N\), покажем, что тогда оно верно и для \(n = N + 1\):

\[a_1 + (N - 1)d = a_N = \dfrac{a_{N + 1} + a_{N - 1}}{2}\qquad\Rightarrow\qquad 2(a_1 + (N - 1)d) = a_{N + 1} + a_{N - 1},\]

откуда \[a_{N + 1} = 2(a_1 + (N - 1)d) - a_{N - 1} = 2(a_1 + (N - 1)d) - (a_1 + (N - 2)d) = a_1 + Nd,\] что и требовалось доказать.

Сумма ста подряд идущих членов этой последовательности, начиная с \(a_{100}\), есть \[a_{99 + 1} + ... + a_{99 + 100} = a_{100} + ... + a_{199} = S_{199} - S_{99} = \pi - S_{99}.\]

\(S_{99} = \dfrac{a_1 + a_{99}}{2}\cdot 99\).

\(a_{50} = a_1 + 49d\),

\(a_{99} = a_1 + 98d\),
следовательно, \[a_{99} + a_1 = 2a_1 + 98d = 2(a_1 + 49d) = 2\cdot a_{50},\] тогда \(S_{99} = a_{50}\cdot 99 = 9900\).

В итоге \(a_{100} + ... + a_{199} = \pi - 9900\).

Ответ:

\(\pi - 9900\)

Данную сумму можно переписать в виде \[7(1 + 11 + 111 + ... + 111...1)\,,\] где запись последнего числа в скобках содержит \(2n\) единиц.

Последнюю сумму можно переписать в виде

\[\begin{aligned} &7\Bigl(1 + (10 + 1) + (100 + 10 + 1) + ... + (100...0 + ... + 1)\Bigr) =\\ =\ &7\Bigl(10^0\cdot 2n + 10^1\cdot (2n - 1) + 10^2\cdot (2n - 2) + ... + 10^{2n - 1}\cdot 1\Bigr) =\\ =\ &7\Bigl((1 + 10 + 10^2 + ... + 10^{2n - 1}) + (1 + 10 + 10^2 + ... + 10^{2n - 2}) + ... + (1 + 10) + 1)\Bigr) \end{aligned}\]

Суммы в скобках есть суммы геометрических прогрессий. Например, \(1 + 10 + 10^2 + ... + 10^{2n - 1} = \dfrac{10^{2n} - 1}{10 - 1}\), тогда последнее выражение равно

\[\begin{aligned} &7\left(\dfrac{10^{2n} - 1}{10 - 1} + \dfrac{10^{2n - 1} - 1}{10 - 1} + ... + \dfrac{10^{2} - 1}{10 - 1} + \dfrac{10 - 1}{10 - 1}\right) =\\ =\ &\dfrac{7}{9}\Bigl((10^{2n} - 1) + (10^{2n - 1} - 1) + ... + (10^{2} - 1) + (10 - 1)\Bigr) =\\ =\ &\dfrac{7}{9}\Bigl(10^{2n} + 10^{2n - 1} + ... + 10^{2} + 10 - 2n\Bigr) = \dfrac{7}{9}\left(\dfrac{10\cdot (10^{2n} - 1)}{10 - 1} - 2n\right) =\\ =\ &\dfrac{70}{81}\cdot (10^{2n} - 1) - \dfrac{14}{9}\cdot n \end{aligned}\]

Ответ:

\(\dfrac{70}{81}\cdot (10^{2n} - 1) - \dfrac{14}{9}\cdot n\)