Successione simpatica

Tratto da una recente gara olimpica.

Sia $a_n$ una successione definita da $a_{10}=10$ e $a_n=100a_{n-1}+n$ per ogni $n\geq11$. Trovare il più grande $n\leq100$ per cui $a_n$ è divisibile per $99$.

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$n=89$

La risposta è esatta, ma per una soluzione completa serve la dimostrazione

Mica l'hai chiesto .. ... appena ho un po' di tempo ...

Vediamo se così ti piace ...

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Divisibile per $99$ vuol dire divisibile sia per $9$ che per $11$.,
Ogni $a_n$ non è altro che la "scrittura in fila su un'unica riga" di tutti gli interi fino a $n$ (per la divisibilità $100$ è come il $97$).
Il primo $a_n$ divisibile per nove è $a_(17)$; la somma di nove interi consecutivi è divisibile per nove perciò anche $a_(26)$ lo è e cosi via fino a $a_(98)$; anche $a_(18)$ lo è dato che aggiungiamo le cifre $1$ e $8$, e per lo stesso discorso di prima lo sono anche $a_(27)$ via via fino a $a_(99)$.
Il primo $a_n$ divisibile per undici è $a_(12)$; dato che $100-=1 mod 11$ e che $n-=r mod 11$ dove $r$ è il resto della divisione di $n$ per undici allora $100n-=r mod 11$; da ciò si deduce che un numero composto mettendo in fila undici interi consecutivi è divisibile per undici dato che sarebbe la somma di tutti i resti (da zero a dieci) ovvero $55$; di conseguenza anche $a_(23)$ è divisibile per undici e cosi via fino a $a_(89)$; si nota poi che anche $a_(20)$ è divisibile per undici e per lo stesso ragionamento precedente si arriva a $a_(97)$
Il maggiore in comune è $a_(89)$

Cordialmente, Alex

Un po' bizzarra, ma buona

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$a_n-a_{n-1} = 99 a_{n-1} + n$

Le seguenti sono equivalenze modulo 99:

$a_n-a_{n-1} \equiv n$
$a_n-a_{10} \equiv \sum_{11}^{n} i$
$a_n \equiv \sum_{10}^{n} i \equiv ((n+10)(n-9))/2 $
$a_n \equiv n+10 \qquad \text{se} \quad n \quad \text{dispari}$
$a_n \equiv n- \ \ 9 \qquad \text{se} \quad n \quad \text{pari}$

$max(n+10 \le 100+10) \equiv 99 \qquad \Rightarrow \qquad n+10 =99 \qquad \Rightarrow \qquad n=89 \quad \text{dispari}$

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$a_n \equiv \sum_{10}^{n} i \equiv ((n+10)(n-9))/2 $
$a_n \equiv n+10 \qquad \text{se} \quad n \quad \text{dispari}$
$a_n \equiv n- \ \ 9 \qquad \text{se} \quad n \quad \text{pari}$

Fin qui era ottima, ma questo non mi torna... $n=53$ per esempio?

Provo ad esser più rigoroso, sperando di riuscirci:

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Riparto da $ \quad a_n \equiv ((n+10)(n-9))/2 \quad $ per trovare il massimo $ n \le 100 \ $ tale che $ \quad a_n \equiv 99$

Pongo $ \quad k=n+10 \quad \Rightarrow \quad n-9=k-19 $

Cerco $ \quad k \le 110 \quad $ tale che $ \quad k(k-19) \equiv 99 \quad $ trascurando il divisore $ \ 2 \ $ ché uno dei fattori è sicuramente pari

Poiché $ \quad 99=11*3*3 \quad $ scendo da $ \quad k=110 \quad $ cercando multipli di $11$ e/o di $9$

Salto i multipli di $ \ 3 \ $ non multipli di $ \ 9 \ $ perché $ \ k \quad $ e $ \quad k-19 \ $ non possono essere entrambi multipli di $ \ 3 $

Scarto $ \ k=110 \ $ e $ \ k=108 \quad $ e mi fermo a $ \quad k=99 \quad $ che soddisfa i requisiti

Ergo $ \quad n=k-10=89 $

Volendo proprio mettere i puntini sulle i sarebbe da escludere il caso $99$ divide $k-19$ ma qui non si verifica e tutto sommato è una dimostrazione che va bene.
PS: ma perché \mid non produce la barretta verticale di "divide"?