1. Zadatak

Prvo rješenje.

Dokažimo tvrdnju matematičkom indukcijom. Baza indukcije zadovoljena je za $n=1$ jer je $a_1=3\cdot2024=319\cdot19+11$.

Pretpostavimo sada da za neki $n\in\mathbb{N}$ vrijedi da $a_n$ daje ostatak $11$ pri dijeljenju s $19$, odnosno $19\mid a_n-11$.

Za korak indukcije, primijetimo da vrijedi

$$\begin{aligned} a_{n+1} &=4\cdot2024^{n+1}-202\underbrace{4\ldots4}_{n+1\ \text{put}}\\ &=2024\cdot4\cdot2024^n-10\cdot202\underbrace{4\ldots4}_{n\ \text{puta}}-4\\ &=10\left(4\cdot2024^n-202\underbrace{4\ldots4}_{n\ \text{puta}}\right)+2014\cdot4\cdot2024^n-4\\ &=10a_n+2014\cdot4\cdot2024^n-4. \end{aligned}$$

Kako je $2014$ djeljiv s $19$, broj $2014\cdot4\cdot2024^n$ je oblika $19k$, za neki $k\in\mathbb{N}$. Dalje imamo

$$\begin{aligned} a_{n+1}&=10a_n+19k-4\\ &=10(a_n-11)+19k+10\cdot11-4\\ &=10(a_n-11)+19k+106. \end{aligned}$$

Prema pretpostavci indukcije, broj $a_n-11$ djeljiv je s $11$. Zato $a_{n+1}$ i broj $106$ daju isti ostatak pri dijeljenju s $19$. Kako je $106=5\cdot19+11$, dokaz koraka je gotov.

Principom matematičke indukcije dokazali smo tvrdnju, a time je dokazana i tvrdnja zadatka.

Drugo rješenje.

Članovi niza $a_n$ mogu se zapisati kao

$$a_n=4\cdot2024^n-202\cdot10^n-4\cdot\frac{10^n-1}{9}.$$

Dokažimo da je za svaki $n\in\mathbb{N}$ vrijedi $19\mid a_n-11$.

Kako $2024$ i $10$ daju isti ostatak pri dijeljenju s $19$, isto vrijedi i za brojeve $2024^n$ i $10^n$.

Također, broj $202$ daje ostatak $12$ pri dijeljenju s $19$. Zato će broj $a_n-11$ biti djeljiv s $19$ ako je s $19$ djeljiv broj

$$\begin{aligned} 4\cdot10^n-12\cdot10^n-4\cdot\frac{10^n-1}{9}-11 &=\frac{-72\cdot10^n-4\cdot10^n+4-99}{9}\\ &=\frac{-76\cdot10^n-95}{9}\\ &=-\frac{19(4\cdot10^n+5)}{9}. \end{aligned}$$

Broj na kraju niza jednakosti cijeli je broj (budući da je i broj s kojim smo krenuli cijeli) kojem je nazivnik djeljiv s $19$, a brojnik relativno prost s $19$, pa zaključujemo da je taj broj višekratnik broja $19$, što je i trebalo dokazati.

Treće rješenje.

Članovi niza $a_n$ mogu se zapisati kao

$$a_n=4\cdot2024^n-202\cdot10^n-4\cdot\frac{10^n-1}{9}.$$

Dokažimo tvrdnju matematičkom indukcijom. Baza indukcije zadovoljena je za $n=1$ jer je $a_1=3\cdot2024=319\cdot19+11$.

Pretpostavimo sada da za neki $n\in\mathbb{N}$ vrijedi da $a_n$ daje ostatak $11$ pri dijeljenju s $19$.

Za korak indukcije dokažimo da i $a_{n+1}$ daje ostatak $11$ pri dijeljenju s $19$, a za to je dovoljno dokazati da $19\mid a_{n+1}-a_n$. Primijetimo da je

$$a_{n+1}-a_n=4\cdot2023\cdot2024^n-202\cdot9\cdot10^n-4\cdot10^n.$$

Kako $2024$ i $10$ daju isti ostatak pri dijeljenju s $19$, isto vrijedi i za brojeve $2024^n$ i $10^n$.

Zato razlika $a_{n+1}-a_n$ pri dijeljenju s $19$ daje isti ostatak kao broj

$$4\cdot2023\cdot10^n-202\cdot9\cdot10^{n-1}-4\cdot10^{n-1}=6270\cdot10^n.$$

Kako je $6270=33\cdot19$, razlika $a_{n+1}-a_n$ djeljiva je s $19$, što smo i htjeli dokazati. Time smo korak indukcije, pa je tvrdnja zadatka dokazana principom matematičke indukcije.