Возрастающая последовательность натуральных чисел a_1, a_2, a_3, при всех значениях n удовлетворяет соотношению a_(n+2)(a_n^2+4a_n+4a_(n+1)+4). Найдите наибольшее значение a_(15), если известно, что a_1=1.
## Решение **Обозначения.** Последовательность a_1,a_2, строго возрастает и состоит из натуральных чисел, поэтому все разности t_n=a_(n+1)-a_n целые и t_n>= 1. Обе части исходного неравенства неотрицательны, значит его можно равносильно возвести в квадрат: a_(n+2)^2<= a_n^2+4a_n+4a_(n+1)+4=(a_n+2)^2+4a_(n+1). **Шаг 1. Грубая оценка a_(n+2)<= a_n+4.** Числа целые и возрастают, поэтому a_(n+1)<= a_(n+2)-1 и 4a_(n+1)<= 4a_(n+2)-4. Подставим это в правую часть: a_(n+2)^2<= (a_n+2)^2+4a_(n+2)-4 (a_(n+2)-2)^2<= (a_n+2)^2. Основания положительны (a_(n+2)>= 3, a_n>= 1), поэтому a_(n+2)-2<= a_n+2, то есть a_(n+2)<= a_n+4, иначе говоря t_n+t_(n+1)<= 4. Самой этой оценки мало: она дала бы лишь a_(15)<= 1+7* 4=29. Уточним, какие именно пары разностей допустимы. **Шаг 2. Полный список допустимых пар соседних разностей.** Обозначим a=a_n и подставим a_(n+1)=a+t_n, a_(n+2)=a+t_n+t_(n+1). После раскрытия скобок квадратичное неравенство равносильно линейному по a: 2a(t_n+t_(n+1)-4)<= 4+4t_n-(t_n+t_(n+1))^2. () Оно обязано выполняться при всех a>= 1. Разберём случаи по сумме s=t_n+t_(n+1): - s>= 5: левая часть >= 2a>0, а правая =4+4t_n-s^2<= 4+4s-s^2=-(s-2)^2+8<0. Невозможно. Значит подтверждается s<= 4. - s=4: левая часть равна 0, нужно 0<= 4t_n-12, то есть t_n>= 3. При сумме 4 это только (t_n,t_(n+1))=(3,1). - s=3: левая часть =-2a; неравенство () сводится к -2a<= -1 для (1,2) и к -2a<= 3 для (2,1) — оба верны при a>= 1. - s=2: пара (1,1), неравенство -4a<= 4 верно. Получаем **полный список** допустимых соседних пар (t_n,t_(n+1)): | пара | сумма | |---|---| | (1,1) | 2 | | (1,2) | 3 | | (2,1) | 3 | | (3,1) | 4 | Для пары (3,1) неравенство обращается в точное равенство при любом a. **Следствия.** - Вторая компонента любой допустимой пары равна 1 или 2. Поэтому t_m<= 2 при всех m>= 2. - Значение 3 встречается только как первая компонента пары (3,1); как вторая компонента оно невозможно. Значит t_n=3 допустимо лишь при n=1. **Шаг 3. Оценка a_(15).** Запишем a_(15)=a_1+_(n=1)^(14)t_n=1+_(n=1)^(14)t_n и разобьём четырнадцать разностей на семь соседних пар: (t_1,t_2), (t_3,t_4), , (t_(13),t_(14)). Каждая пара допустима, поэтому её сумма не превосходит 4. Но при k>= 2 первая компонента пары (t_(2k-1),t_(2k)) имеет номер 2k-1>= 3, значит t_(2k-1)<= 2; тогда эта пара — одна из (1,1),(1,2),(2,1), и её сумма <= 3. Сумму 4 может дать только первая пара (за счёт (3,1) с тройкой на месте n=1). Следовательно, _(n=1)^(14)t_n<= 4+6* 3=22, a_(15)<= 1+22=23. **Шаг 4. Пример, где a_(15)=23.** Возьмём разности (t_1,,t_(14))=(3,1,2,1,2,1,2,1,2,1,2,1,2,1), тогда последовательность имеет вид 1, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 23. Все её соседние пары разностей — это (3,1) в начале и далее чередование (1,2),(2,1), то есть только допустимые пары. Значит исходное неравенство выполнено при всех n, и здесь a_(15)=23. **Ответ:** a_(15)=23.
Наибольшее значение \(a_{15}=23\).