MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 131

Mamy $a_n=10n+2$, zatem

$a_n^2=(10n+2)^2=100n^2+40n+4.$

O cyfrze dziesiątek decyduje reszta z dzielenia $40n+4$ przez $100$. Dla $n=1,2,\ldots,6$ daje to cyfry

$4,\ 8,\ 2,\ 6,\ 0,\ 4.$

Ponieważ zwiększenie $n$ o $5$ zwiększa $40n+4$ o $200$, ciąg $(b_n)$ ma okres $5$. Stąd

$22\equiv2\pmod5,\qquad33\equiv3\pmod5,$

więc $b_{22}=b_2=8$ i $b_{33}=b_3=2$.

Cyfra jedności iloczynu zależy tylko od cyfr jedności jego czynników, więc wystarczy rozpatrzyć $n$ modulo $10$.

a) Dla $n=0,1,\ldots,9$ cyfry jedności liczb $n(n+1)$ to kolejno

$0,2,6,2,0,0,2,6,2,0.$

Powtarzają się z okresem $10$, więc występują tylko cyfry $0,2,6$.

b) Dla $n=0,1,\ldots,9$ cyfry jedności liczb $n(n+1)(n+2)$ to

$0,6,4,0,0,0,6,4,0,0.$

Zatem możliwe są tylko cyfry $0,4,6$.

a) Skoro środkowy wyraz ma numer $m$, sąsiednie mają numery $m-1$ i $m+1$. Ich iloczyn to

$a_{m-1}a_ma_{m+1}.$

b) Pięć kolejnych wyrazów ze środkowym $a_{2k-1}$ ma numery od $2k-3$ do $2k+1$. Ich średnia arytmetyczna wynosi

$\frac{a_{2k-3}+a_{2k-2}+a_{2k-1}+a_{2k}+a_{2k+1}}5.$

Ze skanu odczytujemy sposób dokładania kolejnych prostokątów.

W ciągu $(a_n)$ figura jest prostokątem $3\times n$, więc jej obwód wynosi

$P_a(n)=2(3+n)=2n+6.$

W ciągu $(b_n)$ każde dołożenie prostokąta odsłania dodatkowo dwa boki długości $1$, zatem

$P_b(n)=2n+2(n-1)+6=4n+4.$

W ciągu $(c_n)$ każde dołożenie odsłania dodatkowo cztery takie boki, więc

$P_c(n)=2n+4(n-1)+6=6n+2.$

a) Dla $n=5$ i $n=6$ otrzymujemy odpowiednio:

$P_a:16,18;\qquad P_b:24,28;\qquad P_c:32,38.$

b) Rozwiązujemy nierówności dla $n\in\mathbb N_+$:

$2n+6<100\iff n\leqslant46,$ $4n+4<100\iff n\leqslant23,$ $6n+2<100\iff n\leqslant16.$