algebraic problem

[fibonacci]

Let $a_i$, $i=0,1,2...,n$ integer numbers such that $(a_i -a_{i-1} )^2 =i^4$. If $a_0=0 $ and $a_n =2013$ then find $a_0 , a_1 , ... ,a_{n-1}$

-- 15 мар 2016, 01:39 --

этот задача очень похож задачу который в IMO Shortlist problems 1996

[gris]

$0$
$-1,1$
$-5,-3,3,5$
$-14,-12,-6,-4,4,6,12,14$
Надо дождаться, когда и где на этом дереве появится листочек $2016$

[fibonacci]

можете показать ваши решения?

[Shadow]

Из условия $a_i=a_{i-1}\pm i^2$ следует $a_i=\pm 1^2\pm 2^2\pm\cdots\pm i^2$

Так то существуют бесконечно много $n$ таких, что $a_n=2013$ (хотя бы потому, что $k^2-(k+1)^2-(k+2)^2+(k+3)^2=4$)
Можно найти наименьшее такое $n$
$\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\ge 2013,\quad n \ge 18$
К сожалению, $n=18$ не подходит, так как 48 не представимо в виде суммы несколько различных квадратов, $n=21$ уже подходит, т.к $649=6^2+17^2+18^2$

$0,1,5,14,30,55,19,68,132,213,313,434,578,747,943,1168,1424,1135,811,1172,1572,2013$

[gris]

Я просто подхожу к задаче с позиции обывателя и пытаюсь её переформулировать в бытовой форме. Например, можно так:
Для ряда $0\pm1\pm4\pm9\pm16\pm25\pm36\pm...$ выбрать знаки так, чтобы
некоторая частичная сумма равнялась заданному числу. Для небольших чисел это можно сделать на бумажке.

$0,-1,-5,4,20,-5,-41,8,72,153,253,374,518,687,883,1108,1364,1653,1977,1616,2016$

А уже и написали Правда, меня недоумевает, что на дворе 2016-ый год, а в задаче 2013.

[Shadow]

Shadow в сообщении #1106796 писал(а):

т.к $649=6^2+17^2+18^2$

и не только, так что вышеуказанная последовательность не единственная для $n=21$
(для $a_n=2016,\;\min(n)=19$)

[gris]

Я сумму квадратов считал по формуле с учётом чётности требуемого числа. А потом вычитал из неё удвоенную сумму нескольких квадратов. Конечно, для небольших чисел можно подбирать почти вручную. Интересно, существуют ли
суммы, для которых нельзя подобрать комбинацию знаков. Или такие суммы, которые небольшие, но появляются уж очень далеко.

[Shadow]

gris в сообщении #1106812 писал(а):

Интересно, существуют ли
суммы, для которых нельзя подобрать комбинацию знаков

Shadow в сообщении #1106796 писал(а):

хотя бы потому, что $k^2-(k+1)^2-(k+2)^2+(k+3)^2=4$

...независимо от $k$

[gris]

Shadow Вот это красиво и олимпиадно. В самом начале есть $0,1,2,3$ и дальше можно просто добавлять четвёрки. И не нужно ничего подбирать и мучить компьютер Разве что для поиска более короткого пути.