ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 24.18 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Последовательность задана рекуррентно: \(a_1 = 5, a_{n+1} = 4a_n — 3\). Докажите, что все члены этой последовательности с нечётными номерами делятся нацело на 5.

Дана последовательность: \(a_1 = 5\), \(a_{n+1} = 4a_n — 3\).

1) Если \(n=1\), то \(a_1 = 5\), делится на 5.

2) Предположим, что \(a_n = 5k\) для некоторого \(k\).

Тогда
\(a_{n+2} = 4a_{n+1} — 3 = 4(4a_n — 3) — 3 = 16a_n — 12 — 3 = 16a_n — 15\).

Подставляем \(a_n = 5k\):
\(a_{n+2} = 16 \cdot 5k — 15 = 5 \cdot 16k — 5 \cdot 3 = 5(16k — 3)\).

Значит, \(a_{n+2}\) тоже делится на 5.

Что и требовалось доказать.

Рассмотрим подробно процесс доказательства делимости членов последовательности с нечётными номерами на 5. Пусть дана рекуррентная последовательность: \(a_1 = 5\), \(a_{n+1} = 4a_n — 3\). Начнём с первого члена: \(a_1 = 5\), очевидно, что он делится на 5, так как \(5 = 5 \cdot 1\). Это база индукции, с которой начинается рассуждение. Далее предположим, что для некоторого нечётного номера последовательности, то есть для \(a_{2k-1}\), выполняется условие делимости: \(a_{2k-1} = 5m\), где \(m\) — целое число. Это индукционное предположение, которое будет использовано для перехода к следующему члену.

Теперь рассмотрим следующий член последовательности с чётным номером: \(a_{2k} = 4a_{2k-1} — 3\). Подставим в это выражение индукционное предположение: \(a_{2k} = 4 \cdot 5m — 3 = 20m — 3\). Таким образом, чётный член последовательности выражается через \(m\) как \(20m — 3\). Далее вычислим следующий нечётный член: \(a_{2k+1} = 4a_{2k} — 3\). Подставляем полученное ранее выражение для \(a_{2k}\): \(a_{2k+1} = 4(20m — 3) — 3 = 80m — 12 — 3 = 80m — 15\). Теперь вынесем 5 за скобки, чтобы проверить делимость: \(a_{2k+1} = 5(16m — 3)\). Следовательно, \(a_{2k+1}\) делится на 5, так как результат выражается как произведение 5 на целое число \(16m — 3\).

Таким образом, переход от одного нечётного члена к следующему нечётному члену последовательности сохраняет делимость на 5. Мы показали, что если для некоторого нечётного номера \(a_{2k-1}\) выполняется делимость на 5, то для следующего нечётного номера \(a_{2k+1}\) также выполняется делимость на 5. Поскольку база индукции (\(a_1 = 5\)) верна, а переход доказан выше, по принципу математической индукции утверждение справедливо для всех нечётных членов данной последовательности. Значит, любой член последовательности с нечётным номером делится на 5, что и требовалось доказать.