Cómo encontrar esta progresión aritmética de $n$

Question

si existen enteros positivos secuencia $a_{1},a_{2},a_{3},\cdots,a_{n}$,de tal manera que $$a_{1}a_{2},a_{2}a_{3},a_{3}a_{4},\cdots,a_{n-1}a_{n},a_{n}a_{1}$$ is arithmetic sequence,and the common difference $d=a_{i+1}a_{i+2}-a_{i}a_{i+1}\neq 0,i=1,\cdots,n-1.a_{n+1}=a_{1}$

encontrar el valor de $n$

Creo que este problema es muy agradable,Gracias a todos.

mi idea: en primer lugar, tenemos $n\ge 3$,y

al $n=3$,luego $$2a_{2}a_{3}=a_{1}a_{2}+a_{3}a_{1}$$ $$\Longrightarrow \dfrac{2}{a_{1}}=\dfrac{1}{a_{2}}+\dfrac{1}{a_{3}}$$

y $$\dfrac{2}{5}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{15}$$

y al $n=4,5,\cdots,$?

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Creo $n=2k-1$ es cierto,pero yo no puedo probarlo

Answer 1

Si $d=a_{i+1}a_{i+2}-a_{i}a_{i+1}$, entonces $$\sum_{i=1}^{n-1} (a_{i+1}a_{i+2}-a_{i}a_{i+1}) =-a_1a_2+a_na_{n+1} =-a_1a_2+a_na_1 =a_1(a_n-a_2) $$ ya que la suma de los telescopios.

También, $$\sum_{i=1}^{n-1} (a_{i+1}a_{i+2}-a_{i}a_{i+1}) =\sum_{i=1}^{n-1} d = (n-1)d $$

Por lo tanto $(n-1)d = a_1(a_n-a_2)$ o $n = 1+\dfrac{a_1(a_n-a_2)}{d}$.

Ahora debemos determinar $a_n$.

Desde $d = a_{i+1}a_{i+2}-a_{i}a_{i+1}$, $a_{i+2} = a_{i}+\dfrac{d}{a_{i+1}} $.

Por eso, $a_3=a_1+\dfrac{d}{a_2}$, $a_4=a_2+\dfrac{d}{a_3} =a_2+\dfrac{d}{a_1+\dfrac{d}{a_2}} =a_2+\dfrac{d a_2}{d+a_1 a_2} $, $\begin{align} a_5 &=a_3+\dfrac{d}{a_4}\\ &=a_1+\dfrac{d}{a_2}+\dfrac{d}{a_2+\dfrac{d a_2}{d+a_1 a_2}}\\ &=a_1+\dfrac{d}{a_2}+\dfrac{d(d+a_1 a_2)}{a_2(d+a_1 a_2)+d a_2}\\ &=a_1+\dfrac{d}{a_2}+\dfrac{d(d+a_1 a_2)}{a_2(2d+a_1 a_2)}\\ &=a_1+\dfrac{d(2d+a_1 a_2)+d(d+a_1 a_2)}{a_2(2d+a_1 a_2)}\\ &=a_1+\dfrac{d(3d+2a_1 a_2)}{a_2(2d+a_1 a_2)}\\ \end{align} $

Es las 11 de la noche aquí, y estoy muy cansado, así que voy a dejar en este y volver mañana para intentar para encontrar una forma general para el $a_i$. Si puedo conseguir que, a continuación, voy a poner el valor para $a_n$ en la fórmula de la $n$.

O tal vez alguien más lo hará por ti.

Buenas noches hasta mañana.

Answer 2

Esto puede ser hecho por cualquier extraño $n$. Tome $d=n!$ y definen $a_1=1\cdot 3 \cdot 5 \cdots$$a_2=2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots$, en ambos casos progresan a través de los pares o impares enteros hasta el $n$ hasta que se agoten. La secuencia de los productos será la media aritmética de secuencia $d,2d,3d,...,nd$ donde $nd=n\cdot n!$ Los valores de la $a_k$ a continuación, se determinan por la exigencia de que esta sea la secuencia de los productos de la adyacente $a_k.$

Por ejemplo, si $n=5$ ponemos $a_1=1\cdot 3 \cdot 5=15$$a_2=2 \cdot 4=8$, para la obtención de la secuencia de los cinco $a$ valores $$15,\ 8,\ 30,\ 12,\ 40$$

Tenga en cuenta que para $n=6$ si ponemos $a_1=1 \cdot 3 \cdot 5=15$ $a_2=2 \cdot 4 \cdot 6=48,$ $a$ $$15,\ 48,\ 30,\ 72,\ 40,\ 90,\ 48,$$ pero si, como se requiere en el OP utilizamos $a_7=a_1=15$

$$a_7a_6-a_6a_5=15\cdot 48 - 48 \cdot 90=-3600.$$ Se saldría $720$ tuvo que utilizar la valor $105=3\cdot 5 \cdot 7$$a_7$, lo cual está estrechamente relacionado con $a_1$, y creo que en el caso de que si se utiliza $a_{n+1}=(n+1)a_1$ $n$ incluso en caso de que tengamos una solución a un poco alterado problema que se le preguntó por math110.

Las relaciones para calcular el $a_k$ proviene de la exigencia de que la secuencia de los productos de una progresión como se indicó con diferencia común $d=n!$. Tenemos en general $$\frac{a_k}{a_{k-2}}=\frac{k-1}{k-2}.$$ Esto le da a cada una de las $a_k$ desde el uno de dos valores de índice de antes, y también explica por qué todos ellos permanecen enteros, desde, por ejemplo, para el extraño índices de $a_1$ comienza con la secuencia completa de impar de factores que necesita a fin de no dar un no entera para $a_3,a_5,\cdots.$

La imposibilidad de que, incluso, $n$ ($d \neq 0$ como se indica en el OP). La primera asume que el $d>0$. Puesto que el $a_k>0$ hemos de $a_{k+1}a_k-a_ka_{k-1}=0$ que $a_{k+1}>a_{k-1}$. Por lo tanto $a_1<a_3<\cdots a_{n-1},$ , de modo que $$a_1<a_{n-1}. \tag{1}$ $ , Pero luego también de $$a_{n+1}a_{n}-a_na_{n-1}=d$$ from which $a_{n+1}>a_{n-1}$ which contradicts $(1)$. y desde $a_1=a_{n+1}$ esto significa $a_1>a_{n-1}.$

Si en lugar de $d<0$ podemos proceder de la misma manera, con las desigualdades a la inversa, y llegar a la misma contradicción.

Nota sobre por qué funciona para $n$ extraño: En este caso, $a_1=1\cdot 3 \cdots n$ $(n+1)/2$ impar de factores, mientras que $a_2=2 \cdot 4 \cdots (n-1)$ $(n-1)/2$ incluso factores. En el cómputo de las $a_{n+1}$ a través de la recursividad, ya que $n+1$ es incluso comenzamos con $a_2$ y aplicar la recursividad $a_{k+2}=a_k \cdot \frac{k+1}{k}$ total $(n-1)/2$ veces. Esto le da $$a_{n+1}=2\cdot 4 \cdots (n-1)\cdot \frac32 \frac54 \cdots \frac{n}{n-1},$$ es decir,$a_{n+1}=3 \cdot 5 \cdots n$, que pasa a ser igual a $a_1$ como se desee desde el primer factor de $a_n$ $1$ y el resto se $3,5,...,n$.