РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ СЕРИИ
А. Д. Блинков (координатор проекта)
Ю. А. Блинков
Е. С. Горская (ответственный секретарь)
К. А. Кноп
Л. Э. Медников
А. В. Шаповалов (ответственный редактор)
И. В. Ященко


А. Д. Блинков
Последовательности
Издательство МЦНМО Москва, 2018


УДК 51(07) ББК 22.1 Б69
Блинков А. Д.
Б69 Последовательности. — М.: МЦНМО, 2018. — 160 с.: ил.
Восемнадцатая книжка серии «Школьные математические кружки» посвящена задачам, связанным с числовыми последовательностями. В базовой школьной программе этой теме уделено очень мало внимания, в то время как решение многих несложных задач, в условии которых явно или неявно содержатся последовательности, развивает математическую интуицию, логику, а также полезно с точки зрения совершенствования «техники» работы с различными математическими объектами.
Предлагаемая книжка содержит одиннадцать занятий математического кружка. Для удобства использования заключительная часть книжки, как всегда, сделана в виде раздаточных материалов.
Книжка адресована школьным учителям математики и руководителям математических кружков. Надеемся, что она будет интересна школьникам и их родителям, студентам педагогических вузов, а также всем любителям математики.
ISBN 978-5-4439-1260-8
ISBN 978-5-4439-1260-8
© МЦНМО, 2018


Предисловие
Эта книжка серии «Математические кружки» посвящена задачам, связанным с числовыми последовательностями. К сожалению, в базовой школьной программе этой теме уделено очень мало внимания. Школьники изучают только простейшие свойства двух частных случаев последовательностей: арифметической и геометрической прогрессий, и происходит это довольно поздно: в курсе алгебры 9 класса. Вместе с тем решение многих несложных задач, в условии которых явно или неявно содержатся последовательности, развивает математическую интуицию, логику, а также полезно с точки зрения совершенствования «техники» работы с различными математическими объектами. Не стоит забывать также и о том, что уже в самом раннем возрасте, учась считать, ребенок сразу сталкивается с простейшей последовательностью: последовательностью натуральных чисел. В дальнейшем умение найти простейшие закономерности, удобные способы суммирования, и т. п. требуется для решения многих задач, с которыми дети сталкиваются не только при изучении математики. С этой точки зрения весьма полезно уделить этой теме ряд занятий математического кружка начиная с 5 класса (а для особо «продвинутых» школьников можно начать и раньше).
Предлагаемая книжка содержит одиннадцать занятий математического кружка. В материалы каждого занятия входят: вступительный и поясняющий текст учителя, включающий в себя несколько подробно разобранных типовых задач по теме; упражнения и задачи, которые могут быть предложены учащимся для самостоятельного решения (как на занятии, так и дома); подробные решения этих задач; методические комментарии для учителя. Отметим, что разбиение на занятия в какой-то степени условно и иногда
3


происходит по «внешним признакам», так как приходится учитывать наличие или отсутствие сведений, которые учащиеся имеют на тот или иной момент в соответствии со школьной программой.
Отдельным списком представлены дополнительные задачи различного уровня трудности, часть из которых в какой- то степени дублирует задачи, предложенные для занятий, а часть — дополняет их новыми идеями (наиболее сложные задачи отмечены знаком *). Эти задачи можно использовать на усмотрение преподавателя (или обучающегося). Для них также, как правило, приведены подробные решения (в отдельных случаях — ответы и указания). Для удобства в конце каждого занятия приведен список задач из этого раздела, которые имеет смысл использовать для закрепления материала, контроля его освоения и углубления. Следует учесть, что есть задачи, которые могут быть отнесены к нескольким занятиям.
В качестве приложения приведена также таблица кратких сведений об арифметической и геометрической прогрессиях. Некоторые из них обобщают те приемы и методы, которые встретятся при решении задач из книжки. Помимо прочего, этот перечень может оказаться полезным для углубления раздела школьного курса, связанного с прогрессиями.
Краткое содержание занятий.
Занятие 1. Поиск закономерностей. Занятие доступно учащимся 5—6 классов. Оно посвящено поискам и «вербализации» закономерностей в простейших числовых последовательностях и заполнению пропусков в этих последовательностях в соответствии с найденными закономерностями. Особое внимание уделено задачам, в которых демонстрируется возможность задания одной и той же последовательности различными способами, а также задачам, решение которых подготавливает к изучению прогрессий.
Занятие 2. Закономерности сумм и произведений. Занятие ориентировано на учащихся 5—6 классов. Оно посвящено простейшим приемам, с помощью которых можно находить суммы с большим количеством слагаемых и про¬
4


изведения большого количества сомножителей. В частности, вычисляются суммы некоторых арифметических и геометрических прогрессий (без введения их определений). На отдельных примерах демонстрируются возможности «комбинаторного» и «геометрического» способов суммирования.
Занятие 3. Восстановим члены последовательности. Занятие ориентировано на учащихся 6—7 классов. Оно служит для того, чтобы школьники освоились с различными правилами, по которым могут быть заданы последовательности (как конечные, так и бесконечные), и научились восполнять «пробелы» в различных числовых рядах. Обсуждаются два основных способа задания числовых последовательностей: рекуррентный и формулой п-то члена. В ряде задач потребуется самим установить и обосновать закономерности, на основании которых можно будет вычислить члены с достаточно большими порядковыми номерами.
Занятие 4. Зацикливание. Занятие ориентировано на учащихся 7—8 классов. Оно посвящено решению задач, в условии которых различными способами заданы периодические последовательности. В процессе решения и разбора задач школьники смогут научиться распознавать такие последовательности, находить их период и члены с конкретными номерами. Особое внимание уделено алгебраическим методам решения, в частности использованию равенств из условий задач в общем виде.
Занятие 5. Суммирование. Занятие ориентировано на учащихся 7—8 классов. Рассматриваются способы суммирования, основанные на применении некоторых алгебраических тождеств. Отрабатываются стандартные приемы, характерные для многих алгебраических задач (не только связанных с последовательностями): представление дроби в виде суммы или разности, прибавление и вычитания одного и того же выражение для получения «удобного» выражения, освобождение от иррациональности в знаменателе дроби и пр.
Занятие 6. Целочисленные арифметические прогрессии. Занятие ориентировано на учащихся 8—9 классов. Оно посвящено задачам на последовательности, членами которых
5


являются целые числа. Требует знания основ делимости и базовых сведений об арифметической прогрессии. Особое внимание уделено простым числам в арифметических прогрессиях.
Занятие 7. Существует ли...? Занятие ориентировано на учащихся 8—9 классов. Оно посвящено различным задачам, в которых требуется построить пример последовательности, обладающей определенными свойствами, либо привести рассуждение, показывающее, что такой последовательности не существует. При решении задач активно задействован материал предыдущих занятий: применение алгебраических тождеств, простейшие приемы суммирования, базовые сведения об арифметической прогрессии, соображения делимости и пр.
Занятие 8. Опять суммирование. Занятие ориентировано на учащихся 9—10 классов. Рассматриваются сравнительно сложные случаи суммирования. Для решения некоторых задач требуется комбинировать различные приемы и формулы, что способствует совершенствованию алгебраической техники школьников. Освоение этого материала потребует от школьников уверенного владения навыками работы с арифметической и геометрической прогрессиями.
Занятие 9. Числа Фибоначчи. Занятие ориентировано на учащихся 9—10 классов. Оно посвящено изучению свойств одной из самых известных последовательностей: чисел Фибоначчи. В рамках решения и обсуждения задач школьники получат уникальную возможность сочетания методов и приемов из алгебры, теории чисел и комбинаторики, которые в некоторых случаях можно интерпретировать геометрически. Для работы с предложенным материалом от учащихся потребуется уверенное владение методом математической индукции и знание основ теории делимости, а также навыки тождественных преобразований и комбинаторных рассуждений.
Занятие 10. Вспомогательные последовательности. Занятие ориентировано на учащихся 9—10 классов. Оно посвящено задачам, для решения которых удобно (а иногда необходимо) вводить новую последовательность, которую
6


уместно называть вспомогательной. В условиях некоторых задач последовательности не упоминаются, а их введение в качестве вспомогательных позволяет найти красивое и короткое решение. В других задачах введение вспомогательной последовательности обеспечивает переход к последовательности, свойства которой известны, в частности к арифметической или к геометрической прогрессии. В ряде случаев этот прием позволяет оценить члены последовательности с конкретными номерами.
Занятие 11. Применение свойств последовательностей. Оно посвящено обсуждению сравнительно трудных задач, большинство из которых ранее использовались на олимпиадах высокого уровня. Для их решения применяются общие свойства последовательностей: периодичность, монотонность и ограниченность. Во вступительной части вводятся строгие определения этих понятий, а в процессе решения и обсуждения задач вырабатываются и закрепляются навыки их применения.
По традиции в конце книжки все занятия представлены в виде дидактических материалов. Понятно, что преподаватель математического кружка (или учитель на уроках и факультативных занятиях) может по своему усмотрению использовать только часть предложенных занятий, использовать эти занятия для более старших или более младших школьников, поменять порядок их изучения и т. д.
Выражаю благодарность всем авторам книг и статей, указанных в списке использованной литературы, а также авторам всех использованных в книжке задач (многих из которых установить, к сожалению, не удалось).
Я благодарен А. В. Шаповалову, оказавшему существенное влияние на концепцию книги и на улучшение ее текста, А. В. Антропову, А. И. Сгибневу и А. С. Штерну, из чьих материалов были позаимствованы некоторые задачи, а также всем школьникам, на занятиях с которыми этот материал был апробирован и «протестирован».
7


Занятие 1 Поиск закономерностей
На начальном этапе работы с последовательностями важно научить детей воспринимать последовательность (<составной, потенциально бесконечный объект) как единое целое, подчиняющееся единому правилу.
На этом занятии мы будем рассматривать числа, записанные в строчку в определенном порядке, или, иначе говоря, числовые последовательности. Для начала попробуем научиться угадывать правило, по которому эти числа следуют одно за другим, а также находить числа, стоящие на определенных местах.
Пример 1.1. Даны последовательности чисел: а) 5, 8, 11, 14, 17,...; б) 1, 8, 27, 64, 125,в) 1, 2, 6, 24,120,...; г) 4, 8, 16, 32, 64, ... Для каждой из них: 1) сформулируйте правило, по которому она составлена, и укажите следующее число; 2) запишите числа, которые будут стоять на десятом и на двадцатом месте.
Отметим, что ответ на первый вопрос может быть неоднозначным, так как школьники могут увидеть различные закономерности. При этом имеет смысл обсуждать наиболее очевидные.
Решение, а) 1. Заметим, что каждое следующее число на 3 больше чем предыдущее, тогда следующим будет число 20.
8


2. Так как число 20 будет шестым, то, постепенно прибавляя по 3, получим, что на десятом месте стоит число 32. Можно таким же образом искать число, стоящее на двадцатом месте, но это не очень удобно. Имеет смысл рассуждать так: сколько раз надо прибавить по 3, чтобы из первого числа получить двадцатое? Это надо сделать 19 раз, поэтому двадцатое число равно 5 + 19 • 3 = 62.
б) 1. Заметим, что 1 = 13, 8 = 23, 27 = 33, 64 = 43, 125 = 53, то есть каждое число — это номер места, на котором оно стоит, возведенный в куб. Значит, следующее число: 63 = 216.
2. Десятое число равно 103 = 1000, а двадцатое — это 203=8000.
в) 1. Заметим, что второе число получается из первого умножением на 2, третье получается из второго умножением на 3, четвертое из третьего — умножением на 4 и так далее, то есть каждое число получается из предыдущего умножением на номер места, на котором оно стоит. Значит, следующее число: 120 • 6 = 720.
2. Десятое число получается из девятого умножением на 10, девятое — из восьмого умножением на 9, и так далее. Значит, десятое число — это произведение всех натуральных чисел от 1 до 10. Такое произведение принято записывать так: 10! (читается: десять факториал), причем вычислять это произведение особого смысла не имеет. Аналогично двадцатое число — это 20! (двадцать факториал).
г) 1. Каждое число получается из предыдущего умножением на 2, поэтому следующим будет число 128.
2. Для ответа на этот вопрос полезно записать данную последовательность чисел иначе: 22, 23, 24, 25, 26, ..., и тогда закономерность, по которой она составлена, можно сформулировать по-другому: каждое число является степенью двойки, показатель которой на единицу больше, чем номер места, на котором оно стоит. Тогда можно увидеть, что десятое число равно 211, а двадцатое — это 221.
Ответ: а) 1) 20; 2) 32 и 62; б) 1) 216; 2) 1000 и 8000;
в) 	1) 120; 2) 10! и 20!; г) 1) 128; 2) 211 и 221.
9


В рассмотренном примере мы встретились с двумя видами правил, по которым могут быть построены последовательности: в пункте а) каждый член последовательности определяется исходя из предыдущего, а в пункте б) он определяется исходя из его порядкового номера. В пунктах в) и г) предъявлены последовательности, которые можно задать как тем, так и другим способом.
Понятно, что последовательность из пункта а) также можно задать исходя из номера и первого члена, но обсуждать это на данном этапе, скорее всего, преждевременно. При этом полезно обсудить на более простых примерах, что разные правила могут задавать одну и ту же последовательность.
Пример 1.2. Саша и Маша записали в ряд по 20 чисел. Саша начал с единицы и придумал такое правило: на втором месте — разность между первым числом и числом 3, на третьем — сумма второго числа и числа 5, затем — разность третьего и числа 7, потом сумма четвертого и числа 9, и так далее. Маша поступила проще: записала последовательные натуральные числа от 1 до 20, а затем у каждого четного числа поменяла знак на противоположный. Какие ряды чисел у них получились: разные или одинаковые?
Решение. Непосредственным вычислением можно убедиться, что ряд чисел Саши выглядит так: 1, —2, 3, —4, 5, —6, ..., 19, —20. Очевидно, что у Маши получился такой же ряд.
Ответ: одинаковые.
Встречаются последовательности, в которых угадать правила, по которым они построены, и найти недостающие члены весьма непросто, и помогают в этом не только предыдущие, но и последующие члены.
Пример 1.3. Дана последовательность, в которой пропущено ровно пять чисел: 102,105,111,114,120, 123,129,
, , , , , 201, 204, 210, 213, 219. Вставьте
пропущенные числа.
Решение. Для того чтобы восстановить пропущенные числа, необходимо заметить, что каждый член данной последовательности начиная со второго получается в резуль¬
10


тате сложения предыдущего члена и суммы его цифр: 105 = 102 + 3, 111 = 105 + 6 и так далее. Таким образом, искомые числа: 141 - 129 + 12, 147 = 141 + 6, 159 = 147 + 12, 174 - 159 + 15, 186 - 174 + 12.
Ответ: пропущены числа 141; 147; 159; 174; 186.
Отметим, что, на первый взгляд, существует более простая закономерность: каждое число, стоящее на четном месте, на 3 больше, чем предыдущее число, а каждое число, стоящее на нечетном месте, на 6 больше, чем предыдущее. Эту закономерность использовать не удается: если вставить числа 132, 138, 141, 147 и 150, то следующим числом должно быть 156, а не 201.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
1.1. Сформулируйте правило, по которому составлена каждая последовательность, найдите следующее число и число, стоящее на десятом месте:
а) 	3, 6, 9, 12, 15;...; б) 20,15, 10, 5, 0, -5, ...;
в) 	1024, 512, 256,128, 64, ...; г) 10, 8, 11, 9, 12, 10,...;
д) 2, 5,10,17, 26,е) |,
ж) b I’ §’ If * т* 3) h h 2> 3> 5> 8’13, -
1.2. Петя, Вася и Коля записали в ряд по 100 чисел. У Пети пятое число равно 12, и каждое число начиная со второго на два больше левого соседа. У Васи первое и третье число равны 4 и 6 соответственно, а каждое число, кроме крайних, вдвое меньше суммы его соседей. А Коля просто записывал периметры прямоугольников шириной в одну клетку: сначала — периметр прямоугольника длиной в одну клетку, потом — длиной в две клетки, и так далее (сторона каждой клетки равна 1). У кого из мальчиков совпали записанные ряды чисел?
1.3. На прямой отметили 100 точек так, что расстояние между любыми соседними точками равно 7.
а) Каково расстояние между крайними точками?
б) Точки пронумеровали по порядку слева направо. Какой номер имеет точка, расстояние от которой до первой точки равно 77?
11


в) Координата первой точки равна 10. Найдите координату тридцать первой точки.
г) Какой номер будет иметь точка с координатой 110, если координата первой точки равна 5?
1.4. Дана последовательность: 1,5; 1,65; 1,8; 1,95; ...
а) Укажите закономерность и найдите число, стоящее на сто первом месте.
б) На каком месте в этой последовательности стоит число 6?
1.5. Найдите закономерность в последовательности чисел 111, 213, 141, 516, 171, 819, 202, 122, ... и запишите следующие два числа.
1.6. Найдите закономерность и следующий член последовательности: 0, 1, 4, 10, 20, 35, 56, 84, 120, 165, 220, ...
1.7. Даны две последовательности:
2, 4, 8, 16, 14, 10, 2, 4, ... и 3, 6, 12, 6, 12, ...
В них каждое число получено из предыдущего по одному и тому же закону, а) Укажите этот закон, б) Найдите все последовательности натуральных чисел, построенные по этому же закону, все члены которых равны между собой, в) Докажите, что если такая последовательность начинается с 21000, то в ней рано или поздно появится однозначное число.
Ответы и решения
1.1. 	Ответы: а) каждое число получается из предыдущего прибавлением числа 3 (каждое число равно своему утроенному порядковому номеру); следующее число: 18, десятое число: 30;
б) каждое число получается из предыдущего вычитанием числа 5; следующее число: —10, десятое число: —25;
в) каждое число в два раза меньше предыдущего; следующее число: 32, десятое число: 2;
г) на нечетных местах расположен ряд последовательных натуральных чисел начиная с числа 10, а на четных местах — ряд последовательных натуральных чисел начиная с числа 8; следующее число: 13, десятое число: 12;
12


д) разность между соседними числами с каждым шагом увеличивается на 2, то есть шестое число больше пятого на 11; следующее число: 37, десятое число: 101;
е) используя основное свойство дроби, приведем все дроби к знаменателю 12, тогда числители дробей — последовательные натуральные числа начиная с 2; следующее число:
7 11
j2> а десятое число:
ж) каждое число — это дробь, числителем которой является квадрат его порядкового номера, а знаменателем — степень тройки с показателем, равным номеру; следующее
36 4 100
число: ^2д = si > Десятое число:
з) каждое число начиная с третьего является суммой двух предыдущих; следующее число: 21, десятое число: 55.
Отметим, что правила составления последовательностей могут быть сформулированы и как-то иначе. Свойства некоторых из них будут подробнее обсуждаться в последующих занятиях.
1.2. Ответ: совпали ряды Пети и Коли.
Решение. Найдем первые четыре числа в Петином ряду. Так как каждое число начиная со второго на два больше левого соседа, то четвертое число — это 10, третье — 8, второе— 6, первое — 4. Ряд Васи отличается от Петиного, так как его второе число равно (4 + 6) : 2 = 5. В Колином ряду первое число — это 4, а периметр каждого следующего прямоугольника на 2 больше, чем периметр предыдущего. Значит, его ряд совпадет с Петиным.
1.3. Ответ: а) 693; б) 12; в) 220; г) 16.
Решение, а) Между крайними точками 99 промежутков длины 7, поэтому искомое расстояние равно 7 • 99 = 693.
б) Между этими точками 77 : 7 = 11 промежутков длины 7, поэтому искомый номер равен 1 + 11 = 12.
в) Между первой и тридцать первой точкой 30 промежутков длины 7, значит, расстояние между ними равно 7 • 30 = 210, а искомая координата равна 10 + 210 — 220.
г) Расстояние между этими точками равно 110 — 5 = i05, значит, между ними 105 : 7 = 15 промежутков длины 7. Следовательно, искомый номер равен 1 + 15 = 16.
13


1.4. Ответ: а) 16,5; б) 31.
Решение, а) Каждое число начиная со второго больше предыдущего на 0,15. По аналогии с решениями 1.2 а), в) получим, что между первым и сто первым числами 100 промежутков длины 0,15. Следовательно, сто первое число равно 1,5 + 0,15 • 100 = 16,5. б) Расстояние между числами 1,5 и 6 равно 6 — 1,5 = 4,5. Значит, между ними 4,5 : 0,15 = 30 промежутков длины 0,15. Следовательно число 6 имеет номер 31. (Сравните с решениями задач 1.3 б), г).)
1.5. Ответ: 232, 425.
Решение. Записаны без пробелов двузначные числа начиная с 11, после чего каждые три цифры отделены запятыми.
1.6. Ответ: 286.
Решение. Найдем разности соседних членов данной последовательности. Получим новую последовательность: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, ... Эту же операцию проделаем с полученной последовательностью: 2, 3,4, 5, 6, 7, 8, 9,10,... В этой последовательности следующее число — это 11. Тогда следующий член исходной последовательности восстанавливается «обратным ходом»: 11 —* 66 —> 286.
Отметим, что: 1) заданная последовательность чисел представляет собой суммы чисел в диагоналях таблицы умножения {см. рис. 1.1); 2) последовательность 1, 3, 6, 10,..., полученная после первой операции, называется последовательностью треугольных чисел (подробнее — см. занятие 8).
1
2
3
4
...
1
1
2
3
4
2
2
4
6
3
3
6
4
4
...
Рис. 1.1
14


1.7. 	Ответ: б) 18, 18,...
Решение, а) Каждый член последовательности равен удвоенной сумме цифр предыдущего.
б) Очевидно, что однозначное число не может подчиняться описанному закону. Также заметим, что такому закону не может подчиняться число, в котором больше двух знаков, так как уже для трехзначного числа удвоенная сумма цифр не превосходит 54. Следовательно, повторяющимся членом искомой последовательности может быть только двузначное число ab. Тогда 10а + Ъ = 2 (а + Ъ), то есть 8а = Ь, откуда а = 1; Ъ = 8.
в) Заметим, что пока нет однозначных чисел, каждый член последовательности не больше предыдущего. Кроме того, среди ее членов не может быть числа 18, так как ни один из ее членов не делится на 3. Действительно, 21000 не делится на 3, поэтому на 3 не делится сумма его цифр, тогда и сумма цифр получившегося числа не делится на 3, и так далее. Следовательно, повторяющихся чисел в этой последовательности не возникнет (см. пункт б)), и тогда рано или поздно в ней появится однозначное число.
Можно также использовать задачи Д1—Д5.
15


Занятие 2 Закономерности сумм и произведений
На этом занятии основная задача — научиться находить суммы с большим количеством слагаемых и произведения большого количества сомножителей с помощью их разумной группировки. В частности, уже на этом этапе полезно научиться вычислять суммы первых членов простейших арифметических и геометрических прогрессий {не вводя соответствующих определений). По усмотрению преподавателя в некоторых задачах можно обобщать полученный результат для случая п слагаемых {если школьники уже готовы к такому уровню обобщения).
Умение видеть закономерности в последовательностях чисел позволяет не только находить числа, стоящие в них на определенных местах, но и вычислять суммы с большим количеством слагаемых, записанных по определенным правилам.
Пример 2.1. Найдите сумму первых ста натуральных чисел.
Решение. Первый способ («метод Гаусса»). Обозначим
1 + 2 + ... + 99 + 100 = S и перепишем сумму еще раз «с
конца»: 100 + 99 + ... + 2 + 1 = S. Записав эти суммы одна
под другой, можно заметить, что 1 + 100 = 2 + 99 = ... = 101,
и таких пар будет сто. Значит, 2S = 101 • 100, то есть s = 1012100 = 5050
16


Аналогичным способом можно находить суммы первых членов любой последовательности, в которой каждый член начиная со второго равен предыдущему, сложенному с одним и тем же числом. В частности, такие последовательности были в достаточном количестве рассмотрены в занятии 1 (пример 1.1 а), задачи 1.1 а), 1.1 б), 1.3,1.4). Последовательности такого вида называются арифметическими прогрессиями и изучаются в курсе алгебры 9 класса.
Второй способ («геометрический»). Искомая сумма представляет собой площадь «ступенчатой» фигуры из ста строк и ста столбцов, нарисованной по линиям сетки на клетчатом листе бумаги (см. рис. 2.1а для суммы 1 + 2 + 3 + 4). Взяв две такие равные фигуры и составив из них прямоугольник размером 100 х 101, легко вычисляем площадь одной фигуры (см. рис. 2.16).
а) б) в)
Рис. 2.1
Такой подход хорошо иллюстрирует идею рассмотрения суммы членов последовательности как единого целого.
Третий способ («комбинаторный»). Пусть 101 шахматист играют турнир в один круг (каждый встречается с каждым по одному разу). Тогда общее количество сыгранных партий можно подсчитать двумя способами. С одной стороны, первый сыграл 100 партий, второй (не считая партии с первым) сыграл 99 партий, третий — 98 партий, и так далее, предпоследний сыграл одну партию (с последним), а все партии последнего участника уже подсчитаны. С другой стороны, каждый шахматист сыграл 100 партий, всего шахматистов— 101, тогда произведение 100* 101 дает нам
17


общее количество сыгранных партий при условии, что каждую партию мы учли два раза.
Если мы нарисуем турнирную таблицу в виде квадрата со стороной в 101 клетку {см. рис. 2.1 в для пяти участников), то заметим, что этот рисунок мало отличается от предыдущего. Действительно, достаточно «убрать» закрашенные клетки, расположенные по диагонали {сам с собой шахматист не играет), и мы практически получим рис. 2.16.
Ответ: 5050.
Если задача рассматривается в общем виде, то
п{п + 1)
2
Отметим, что решение этой задачи найдено еще на вавилонских клинописных табличках.
При вычислении сумм первых членов других последовательностей требуется найти иные закономерности, подсказывающие способы суммирования.
Пример 2.2. Найдите сумму S = 1 + 2 + 22 + 23 + ... + 263.
Решение. Заметим, что 1 + 2 = 3, 1 + 2 + 22 = 7, 1 + 2 + + 22 + 23 = 15. Найдем закономерность в последовательности 1, 3, 7, 15, ... Каждый ее член — степень двойки, уменьшенная на 1, то есть возникает гипотеза, что искомая сумма S имеет такой же вид. Прибавим к ней 1, тогда, складывая последовательно слева направо, получим 1 + 1 = 2, 2 + 2 = 4 = 22, 22 + 22 = 2 • 22 = 23, ..., 263 + 263 = 264. Таким образом, S + 1 = 264, то есть S = 264 — 1.
Ответ: 264 — 1.
Можно действовать иначе, если использовать тот факт, что в последовательности 1, 2 , 22,..., 263 каждый член получается из предыдущего умножением на 2. Тогда 2S = 2 + 22 + 23 +... + 263 + 264. Таким образом, 2S = {S - 1) + + 264, откуда S — 264 — 1. И здесь хорошо просматривается идея рассмотрения суммы как единого целого.
Широко известно, что эта задача связана с легендой о происхождении шахмат, а именно с той наградой, которую попросил мудрец, придумавший эту игру, у древнеиндийского царя, которому она очень понравилась. Мудрец
18


попросил наградить его пшеничными зернами так, чтобы выполнялось следующее условие: на первую клетку шахматной доски положить одно зерно, на вторую — в два раза больше, на третью — еще в два раза больше и таким образом заполнить зернами всю шахматную доску.
Поскольку на шахматной доске 64 клетки, то мы подсчитали, сколько зерен хотел получить мудрец, и видим, что число это очень большое. Царю вначале показалось, что требуемая плата совсем ничтожна, но такого количества зерен не было на земном шаре!
Второй способ решения этой задачи можно обобщить для вычисления суммы первых членов любой последовательности, в которой каждый член начиная со второго равен предыдущему, умноженному на одно и то же число, отличное от нуля и единицы. Такие последовательности называются геометрическими прогрессиями и также изучаются в курсе алгебры 9 класса.
Пример 2.3. Найдите сумму
J- + J- + ■ 1 I 1
1. 2 ^ 2 • 3 ^ ••• ^ 998 - 999 ^ 999 • 1000*
Понятно, что приводить дроби к общему знаменателю трудоемко и бесполезно. Заметим, что не случайно знаменатели всех членов последовательности заданы в виде произведений двух соседних натуральных чисел. При каких операциях с дробями нам приходится перемножать знаменатели! Чаще всего при выполнении сложения или вычитания дробей. Так как числитель каждой дроби равен 1,
19


то вряд ли мы сможем получить такую дробь путем сложения дробей, а вот вычитание дробей может привести к успеху.
Решение. Заметим, что = \ 2 = =
1 3-2 1 1 1 999-998 1 1
2-3 2-3 2 3’ 998-999 998-999 998 999’
1 1000 - 999 1 1
999-1000 999-1000 999 1000 ‘
Тогда
S=1 1 + 1 1+...+ 1 1 4 1 1 - 1 -999
2 1 2 3 1 ' 998 999 ' 999 1000 1000 1000'
„ 999
Ответ. 1000-
Полученный результат позволяет увидеть другой способ суммирования, похожий на тот, который использован
в решении примера 2.2: прибавим к искомой сумме и будем последовательно складывать, «двигаясь с конца»: 1 1 _ 999 +1 1
1000 1 999 1000 999 1000 999’
1 1 998 + 1 1
999 + 998 • 999 998 • 999 998
и так далее, пока на последнем шаге не получим 1. Таким
1 999
образом, + S=1, то есть S = Jqqq-
Отметим, что по сути эти способы решения не отличаются. Действительно, в первом способе использовано, что
1 = (/г + 1) - п = (п + 1) п _ 1 _ 1 Но
/г(лг +1) п(п +1) п(п +1) п(л+1) п я + 1’
полученное соотношение можно записать в виде , -+
п(п + 1)
Н -г- = —, что и использовано при другом способе решения.
п + 1 п
Суммированию будут также посвящены отдельные занятия 5 и 8.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
2.1. Найдите сумму и произведение всех последовательных четных чисел от —10 до 100.
2.2. Найдите сумму 2 — 5 + 8 — 11 + 14 — 17 + ... — 497 + 500.
20


2.3. Найдите сумму а) 1 + 3 + 5 + 7 + ... + 199; б) первых п нечетных чисел.
2.4. а) Найдите сумму 1,1 + 2,1 + 4,1 + ... + 256,1 + 512,1.
б) 	Первый член последовательности равен 1, а каждый
следующий получен из предыдущего умножением на 3. Найдите сумму первых тридцати членов этой последовательности.
2.5. Найдите сумму всех правильных несократимых дробей со знаменателем 121.
2.6. Найдите значения произведений:
а) (J + l)l1 +1) (*+1)' -' i1 + i§) (* + бУ ; б> 0 ~ Ж1 - й (х - н) • - i1 ш) •
2.7. Вычислите сумму ^ ^ + ... +
Ответы и решения
2.1. Ответ: сумма равна 2520, а произведение равно 0.
Решение. Для вычисления суммы заметим, что ее можно
разбить на две части: 1) сумма четных чисел от —10 до 10; 2) сумма четных чисел от 12 до 100. Первая из сумм равна 0, а вторую можно представить в виде разности двух сумм последовательных четных чисел: от 2 до 100 и от 2 до 10. Сумма четных чисел от 2 до 100 содержит 50 слагаемых, поэтому, используя «метод Гаусса», получим 2 + 4 + ... + 98 + 100 = ^^* 50 _ 2550. Так как 2 + 4 + 6 + 8+10 = 30, то искомая сумма равна 2550 — 30 = = 2520.
Для вычисления произведения достаточно заметить, что один из сомножителей равен нулю.
Отметим, что сумму 12 + 14 + ... + 98 + 100 можно вычислить непосредственно «методом Гаусса», не представляя ее в виде разности.
2.2. Ответ: 251.
Решение. Обозначим искомую сумму через S и сгруппируем слагаемые попарно слева направо, учитывая, что перед каждым четным стоит знак « + », а перед каждым
21


нечетным — знак « — »: S = (2 — 5) + (8 — 11) + (14 — 17) + ... ... + (494 - 497) + 500.
Подсчитаем количество образовавшихся пар. Для этого можно воспользоваться методом, аналогичным решению задачи 1.3. Мысленно расположим точки 2, 5, 8, ..., 494, 497 на координатной прямой. Между крайними точками будет (497 — 2) : 3 = 165 промежутков длины 3. Значит, точек будет 165 + 1 = 166, а пар будет 166 : 2 = 83.
Так как разность в каждой скобке равна —3, то S = = —3 • 83 + 500 = 251.
Отметим, что возможна также другая группировка с тем же количеством пар: S = (500 — 497) + (494 — 491) +... ... + (8 — 5) + 2. Кроме того, можно «методом Гаусса» вычислить суммы положительных и отрицательных чисел по отдельности, но этот способ будет более трудоемким.
2.3. 	Ответ: а) 10 000; б) п2.
Приведем только решение пункта б), так как пункт а) является его частным случаем при п = 100.
Решение, б) Первое слагаемое искомой суммы равно 1, второе — 3, третье — 5, и так далее, то есть каждое слагаемое получается удвоением его порядкового номера и вычитанием единицы. Поэтому последнее слагаемое, имеющее номер п, равно 2п — 1 {можно также использовать прием, разобранный в задаче 1.3в). Таким образом, требуется найти сумму 1 + 3 + ... + (2 п — 1).
Оба способа дальнейших рассуждений аналогичны разобранным в примере 2.1. Догадаться до геометрических способов решения помогают предварительные вычисления: 1 + 3 = 4, 1 + 3 + 5 = 9 и так далее.
Первый способ. Пусть 5=1 + 3 + ... + (2п — 3) + (2п — 1) = = (2п — 1) + (2л — 3) + ... + 3 +1, тогда 2S= (2п — 1 + 1)п = 2п2, следовательно, S = п2.
Второй способ. Каждое из слагаемых можно изобразить в виде «уголка» с соответствующим количеством клеток (см. рис. 2.2а). Будем последовательно складывать эти «уголки» так, как показано на рис. 2.26, получая каждый раз квадрат со стороной, равной количеству использованных «уголков».
22


□ nr
a)
6)
в) г)
Рис. 2.2
Следовательно, использовав п уголков, мы получим квадрат со стороной п. Его площадь равна п2. Значит, 1 + 3 + ... ... + (2п - 1) = п2.
Геометрический смысл суммы ряда первых нечетных чисел был хорошо известен еще в Древней Индии и Вавилоне. Там для строительства использовались квадратные плиты. Добавляя каждый раз «уголок», составленный из нечетного количества плит, можно было получить квадратную плиту большего размера.
Существует другая разновидность геометрического способа решения. Искомую сумму можно представить в виде площади симметричного «ступенчатого треугольника», у которого в нижнем ряду 2п — 1 клетка, а в каждом следующем ряду (если двигаться «вверх») — на 2 клетки меньше (см. рис. 2.2в). Разрежем эту фигуру на две части так, как это показано на рис. 2.2в, и сложим так, как на рис. 2.2г. Получим квадрат со стороной п, площадь которого равна п2.
Также возможен и другой алгебраический способ решения: из суммы первых 2п натуральных чисел вычесть сумму первых п четных чисел.
23


оЗО
2.4. Ответ: а) 1024; б) d
2 ’
Решение, а) Заметим, что целые части слагаемых в этой сумме являются последовательными степенями двойки начиная с 1 = 2° и заканчивая 512 = 29. Это означает, что искомая сумма S содержит 10 слагаемых. Тогда
S = (1 + 2 + 22 +... + 28 + 29) + 0,1 • 10 = (210 - 1) +1 = 210 = 1024
(сумма в скобках вычисляется аналогично решению примера 2.2).
б) Выпишем несколько первых членов: 1, 3, 9, 27, 81,..., то есть члены последовательности являются последовательными степенями тройки начиная с 1 = 3°. Поэтому тридцатый член последовательности — это З29. Таким образом, искомая сумма S = 1 + 3 + ... + З28 + З29. Используя способ, аналогичный разобранному в комментарии к примеру 2.2, получим 3S = 3 + 9 + ... + З29 + З30, 2S = 3S - S = З30 - 1,
о _ З30 - 1 2 ’
2.5. 	Ответ: 55.
Решение. Так как 121 = 112,то сократимыми будут только те дроби, у которых в числителях — числа, кратные 11: 11, 22, 33, ...,99, 110. Для того чтобы найти искомую сумму S, можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Найдем сумму S\ всех правильных дробей со знаменателем 121 и вычтем из нее сумму S2 сократимых дробей с тем же знаменателем.
Тогда
Я = 1 i 2 i 3 i 119 120 _
1 121 ^ 121 ^ 121 ^ ^ 121 + 121 “
I + 2 + 3 + ... + 119 + 120 121 • 120 . 1 01
= Ш = 2 121 = 60>
а
я _ _П_ , _22_ _33_ 99 110
2 121 ^ 121 + 121 ^ •" + 121 + 121
= J_ + -2_,A+ , 9 | 10 _ 11 • 10 . 11 _ 5
II + 11 + 11 + •" + 11 + 11 _ 2 -11-5-
Следовательно, S = 60 — 5 = 55.
24


Второй способ. Искомая сумма содержит 120 — 10 = 110 слагаемых. Заметим, что сократимые дроби разбиваются на пары, у которых сумма числителей равна 121, значит, если
несократима дробь , то дробь *^21 Ш также несократима. Таким образом, искомая сумма S разбивается на 55 пар, в каждой из которых сумма равна 1. Следовательно, S — 55.
Отметим, что второй способ решения — это применение «метода Гаусса» для случая, когда последовательность не является арифметической прогрессией.
2.6. Ответ: а) 25,5; б)
Решение, а) Имеем
(* +1) i1 +1) (* +1) ■ - • (х + i§) (х + вУ =
3 4 5 50 51-51-9**
2 ‘ 3 ' 4 ‘ ’ 49 ' 50 2 ’
б) Имеем
= 3 8 15 195 224 =
4 ' 9 ' 16 ' ' 196 ‘ 225
_ (1 • 3) • (2 • 4) • (3 • 5) •... • (13 • 15) • (14 • 16) _
~ 22 • З2 • 42 •... • 142 • 152 ~
1 • 2 • З2 • 42 • 52 •... • 142 • 15 • 16 1-16 8
22 • З2 • 42 •... • 142 • 152 2 15 15 •
Учащиеся, уже знакомые с формулами сокращенного умножения, могут упростить решение, используя для каждого сомножителя равенство 1 — Д^ = ^1 + ^^1 —
Тогда произведение разобьется на две группы множителей одного вида, вычисление произведения в каждой группе будет аналогично пункту а).
2.7. Ответ: ущ-.
Решение. Заметим, что ^ = 1(1-1), ^=1(1-£), 96 • 101 = 5(96 ~ ж) *п ~ ЯТ5 = м(га + 5)’ сРавните
25


с решением примера 2.3). Складывая эти равенства почленно, получим
+
+
1-6 ' 6 11 ' 11 16
+ — +
96 • 101
5 V, 6Т6 11 ^ 11 "• 96 96 101/
5\ 101/
= 20 101*
Можно также использовать задачи Д6—Д12, Д24—Д27.


Занятие 3 Восстановим члены последовательности
Это занятие служит для того, чтобы школьники освоились с различными правилами, по которым могут быть заданы последовательности (как конечные, так и бесконечные), и научились восполнять «пробелы» в различных числовых рядах. Обсуждаются два основных способа задания числовых последовательностей: рекуррентный и формулой п-го члена. В ряде задач потребуется самим установить и обосновать закономерности, на основании которых можно будет вычислить члены с достаточно большими порядковыми номерами.
На этом занятии будут рассмотрены задачи, в условии которых сформулировано правило построения последовательности, а требуется восстановить недостающие члены последовательности, найти член последовательности с конкретным номером либо, наоборот, найти номер того или иного члена последовательности. Начнем со сравнительно простой задачи.
Пример 3.1. Восстановите последовательность чисел 7, _, _, _, _, _, 9, если известно, что сумма любых трех чисел,
стоящих подряд, равна 20.
Решение. Из условия задачи следует, что сумма второго и третьего членов последовательности равна 13, значит, четвертый член равен 7. Аналогично сумма шестого
27


и седьмого членов равна 11, поэтому пятый член равен 9. Тогда третий и шестой члены равны по 4, второй — 9, седьмой — 7.
Ответ: 7, 9, 4, 7, 9, 4, 7, 9.
Отметим, что в найденном ряду чисел первые три цифры повторяются. Существует много бесконечных последовательностей, обладающих подобными свойствами. Приемы восстановления членов таких последовательностей будут подробно рассмотрены на следующем занятии.
Пример 3.2. Дана бесконечная последовательность чисел: 2, 6, 12, 20, 30, 42, ... Укажите закономерность и найдите число, стоящее на сотом месте.
Решение. Заметим, что разность между вторым и первым числом равна 4 = 2-2, между третьим и вторым числом— 6 = 2-3, между четвертым и третьим — 8 = 2-4 и так далее, то есть разность между соседними числами на каждом шаге увеличивается на 2. Следовательно, разность между сотым и девяносто девятым числом будет равна 2 • 100. Таким образом, сотое число отличается от первого на 5 = 2- 2 + 2*3 + 2- 4 + ... + 2-100. Значит, сотое число равно 2 + S = 2 + 2 2 + 2-3 + 2-4 + ... + 2 100 = 2 (l + 2 + 3 + ...+ 100) = = 2(1 + 100) • 50 = 101 • 100 = 10 100.
Гораздо сложнее увидеть другую закономерность в заданной последовательности. Заметим, что 2 = 1*2, 6 = 2*3, 12 = 3 • 4 и так далее, то есть каждое число равно произведению своего порядкового номера и порядкового номера следующего за ним числа. Тогда сотое число равно 100 • 101 = 10 100, как и было найдено.
Ответ: 10 100.
В чем отличие этих двух способов задания одной и той же последовательности? С этим отличием мы уже встречались, например, в примере 1.1.
В первом случае каждый член последовательности определялся по некоторому правилу исходя только из предыдущего члена. Такой способ задания последовательности называется рекуррентным. Бывает и более сложное рекуррентное задание последовательности, когда ее член определяется исходя из нескольких предыдущих.
28


Во втором случае каждый член последовательности определяется исходя только из его номера. Тогда последовательность можно задать в виде формулы. Для того чтобы ее записать, принято обозначать члены последовательности какой-либо буквой, а порядковый номер члена писать в виде нижнего индекса, например «2, аз, ... В нашем случае а\ — 2 — 1 • 2, а2 = 6 = 2 • 3, аз = 12 = 3 • 4 и так далее. Тогда формула, позволяющая найти любой член данной последовательности по его номеру, выглядит так: ап — п(п + 1). В этом случае говорят, что последовательность задана формулой п-го члена, а саму последовательность обозначают так: {ап}.
При этом способе задания гораздо проще находить член последовательности с определенным номером, так как для этого достаточно подставить в формулу этот номер вместо п и вычислить результат.
Многочисленные примеры обоих способов задания последовательностей имеются в занятии 1.
Рассмотрим задачу, в которой требуется определить порядковый номер заданного числа, а также сравнить расположение членов последовательности.
Пример 3.3. Натуральные числа, делящиеся на 9, записаны в порядке возрастания: 9, 18, 27, 36,... Под каждым членом этой последовательности записана сумма его цифр,
а) 	На каком месте во второй последовательности впервые появится число 81? б) Что во второй последовательности встретится раньше: первый раз число 36 или десять раз подряд число 27?
Решение, а) Для того чтобы сумма цифр числа была равна 81, оно должно записываться не менее чем девятью цифрами. Значит, первое из таких чисел — это 999 999 999. Так как в исходной последовательности числа идут через 9, то порядковый номер этого числа: 999 999 999 : 9 = = 111111111.
б) Наименьшее число с суммой цифр 36 — это 9999. Непосредственно перед ним будут записаны 10 чисел с суммой цифр 27: 9909, 9918, 9927, 9936, 9945, 9954, 9963, 9972, 9981, 9990.
29


Ответ: а) на 111 111 111-м месте; б) раньше — десять раз подряд число 27.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
3.1. Запишите формулы п-то члена последовательностей {хп} и найдите их сорок третьи члены: а) натуральные числа, кратные четырем, записанные в порядке возрастания; б) целые отрицательные числа, записанные в порядке убывания; в) квадраты целых неотрицательных чисел, записанные в порядке возрастания: г) 5,11,17,23,29,...;
д)-1, 1,-1, 1,-1,...
3.2. В строку записаны 10 чисел, причем сумма любых трех чисел подряд равна 7, а сумма всех равна 21. Найдите седьмое число в строке.
3.3. На координатной прямой отмечено 16 точек, которые пронумерованы слева направо. Координата любой точки, кроме крайних, равна полусумме координат двух соседних точек. Найдите координату пятой точки, если первая точка имеет координату 2, а шестнадцатая — координату 47.
3.4. Найдите тысячный член натурального ряда чисел, из которого «выкинуты» все квадраты натуральных чисел.
3.5. Все целые числа от 1 до 2000 записали в следующем порядке: сначала записали в порядке возрастания все числа с суммой цифр 1, затем — с суммой цифр 2 (также в порядке возрастания), потом — с суммой цифр 3 (также в порядке возрастания) и так далее. На каком месте оказалось число 1997?
3.6. Дана последовательность 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4, 5, 5, 5, 5, 5, ... а) На каком месте последний раз стоит число 201? б) Какое число стоит на 2015-м месте?
3.7. а) Числа от 1 до N выписали подряд без пробелов. Получилось 2016-значное число 1234567891011... Найдите N.
б) 	Натуральные числа 1, 2, 3, ... выписывали подряд без пробелов, пока в полученной строке 1234567891011121314... не встретилась четверка цифр ...2016... На каком месте от начала строки стоит цифра 6 из этой четверки?
30


Ответы и решения
3.1. Ответ: а) хп = 4п, Х43 = 172;
б) хп = -п, х43 = -43;
в) хп = (п- I)2, х43 = 422;
г) хп = б/i — 1, Х43 = 257;
д) хп = (-1)", х43 = -1.
3.2. Ответ: 0.
Решение. Из условия задачи следует, что сумма первых девяти чисел равна 7 • 3 = 21, поэтому десятое число равно 21 — 21 = 0. Так как сумма седьмого, восьмого и девятого чисел равна сумме восьмого, девятого и десятого, то седьмое число равно десятому, то есть равно 0.
3.3. Ответ: 14.
Решение. Пусть а, & и с — координаты трех точек, отмеченных подряд (слева направо). Тогда Ъ — -, значит,
вторая точка является серединой отрезка с концами в соседних точках. Это условие выполняется для любой тройки точек, идущих подряд, значит, расстояния между любыми соседними точками одинаковые. Расстояние между крайними точками равно 47 — 2 = 45, между ними 15 одинаковых промежутков, поэтому расстояние между соседними точками равно 45 : 15 = 3. Между пятой и первой точками — 4 одинаковых промежутка длины 3, значит, координата пятой точки равна 2 + 3 • 4 = 14.
Аналогичным образом можно найти координату любой точки. Более того, если рассмотреть точку с номером п, то можно выразить ее координату через п, учитывая, что между ней и первой точкой будет п — 1 промежуток длины 3. Пусть {хп} — последовательность координат точек, тогда хп = 2 + (п — 1) • 3. Таким образом мы получим формулу п-го члена этой последовательности.
3.4. Ответ: 1032.
Решение. Так как 312 = 961 < 1000, а 322 = 1024 > 1000, то среди первых тысячи натуральных чисел тридцать один квадрат. Продолжив натуральный ряд до 1031, мы «захватим» и число 1024, поэтому искомый тысячный член — это 1032.
31


3.5. Ответ: на 1995-м месте.
Решение. На последних местах стоят числа с наибольшей суммой цифр. Эта сумма равна 28, и такое число только одно: 1999. Сумму цифр, равную 27, имеют четыре числа: 999, 1899, 1989 и 1998. Сумма цифр числа 1997 равна 26, и оно наибольшее среди чисел с такой суммой цифр, поэтому оно последнее среди них. Таким образом, 1997 — шестое с конца.
3.6. Ответ: а) на 20 301-м месте; б) 63.
Решение, а) Заметим, что данная последовательность продолжится шестью числами 6, затем будут стоять семь чисел по 7 и так далее, то есть число 201 будет записано 201 раз. Следовательно, место последнего из таких чисел
равно сумме 1 + 2 + 3 + ... + 200 + 201 = 202 ^201 = 20 301.
б) 	Требуется найти такое натуральное п, что
1 -f- 2 ~Ь ... -Ь (п — 1) <1 2015 ^ 1 -f- 2 -J- ... -Ь (ti — 1) -Ь п.
Используя уже известные приемы суммирования ряда нату-
(п - 1 )п п(п + 1)
ральных чисел, получим ^ < 2015 ^^ • После
этого перебором находим, что п — 63 (1953 < 2015 ^ 2016).
Отметим, что эту последовательность также можно задать формулой п-го члена, но подобрать ее очень сложно: ап = [у/2п + 0,5], где — это целая часть числа х, то есть наибольшее целое число, не превосходящее х.
3.7. Ответ: а) 708; б) на 5375-м месте.
Решение, а) Всего существует 9 однозначных чисел, 90 двузначных и 900 трехзначных. В первых двух группах суммарно 9 • 1 + 90 • 2 = 189 цифр, что существенно меньше, чем 2016. В третьей группе 900 • 3 = 2700 > 2016 цифр. Значит, трехзначным числам принадлежат 2016 — 189 = 1827 цифр. Чтобы получить эти цифры, надо записать 1827 : 3 = = 609 трехзначных чисел. Так как 99 чисел из N — однозначные или двузначные, то N — 99 = 609, откуда N = 708.
б) 	Докажем, что группа ...2016... впервые встретится при «склейке» чисел 1620 и 1621. Если внутри этой группы нет «склеек», то она стоит дальше, чем 1621. После двойки «склейки» быть не может, так как на 0 числа не начина¬
32


ются. Если «склейка» будет после 20, то левое число оканчивается на 20, а правое начинается на 16, поэтому левое имеет вид 16...20. Наконец, если склейка после единицы, то левое число оканчивается на 201, а правое начинается на 6, поэтому левое имеет вид 6...201.
Среди чисел от 1 до 1620 однозначных — 9, двузначных — 90, трехзначных — 900, а остальные (их 1620 — 999 = = 621) — четырехзначные. В них в общей сложности 9*1 + + 90 • 2 + 900 • 3 + 621 • 4 = 5373 цифр. До нужной нам цифры 6 — еще две цифры.
| Можно также использовать задачи Д13—Д17, Д34.
33


Занятие 4 Зацикливание
Это занятие посвящено решению задач, в условии которых различными способами заданы периодические последовательности. Основная цель — научить школьников распознавать такие последовательности, находить их период и члены с конкретными номерами, осознавая, что каждый член последовательности с любым, даже очень большим номером зависит только от остатка деления своего порядкового номера на длину периода.
На этом занятии будут рассмотрены последовательности, которые составлены по разным правилам, но обладают одним и тем же свойством. Именно это свойство позволит находить члены последовательности с различными номерами, несмотря на то что эти последовательности иногда сложно, а подчас и невозможно задать формулами п-то члена. Начнем с примеров, в которых заданное условие позволяет найти любой член последовательности.
Пример 4.1. В последовательности {ап} известно, что а\ — 3, а2 — 7 и каждый член начиная со второго равен сумме двух соседних членов. Найдите аюо-
Естественным шагом в решении будет попытка найти еще несколько членов последовательности начиная с третьего, до тех пор пока не станет понятна закономерность.
34


Решение. Вычислим еще несколько членов данной последовательности: а3 = 4, а± = — 3, а^ — — 7, a,Q = —4, а7 = 3 = аь ag = 7 = а2. Так как при вычислении следующего члена мы используем только два предыдущих, а правило вычисления то же самое, то ад = аз, аю = а± и так далее, то есть произошло зацикливание. Фрагмент (3, 7, 4, —3, —7, —4) будет раз за разом повторяться, и других чисел в данной последовательности не возникнет. Следовательно, значение аюо зависит только от того, какое по счету место в такой шестерке этот член занимает. Для ответа на этот вопрос достаточно найти остаток от деления 100 на 6. Этот остаток равен 4, значит, аюо стоит на четвертом месте, то есть аюо — а4 — — 3.
Ответ: —3.
Понятно, что аналогичные рассуждения позволяют найти член этой последовательности с любым номером. Свойство последовательностей, которое приводит к образованию цикла, называют периодичностью. Повторяющийся фрагмент называется периодом, а количество чисел в нем — длиной периода.
Периодичность помогает при решении некоторых задач, в том числе и тех, где последовательность не задана в явном виде, а возникает по ходу решения.
Пример 4.2. В десятичной записи числа у зачеркнули 2013-ю цифру после запятой (а другие цифры не меняли). Как изменилось число: увеличилось или уменьшилось?
Решение. Выполнив деление числителя на знаменатель «в столбик», заметим, что последовательность цифр, стоящих после запятой, начиная с некоторого момента начнет повторяться, то есть будет периодической. Это принято
записывать так: ^ = 0, (142857). Значит, период получившейся дроби содержит 6 цифр. Число 2013 при делении на 6 дает остаток 3, поэтому 2013-я цифра после запятой
в десятичной записи числа ^ — это третья цифра периода, то есть цифра 2. После ее зачеркивания на этом месте будет стоять цифра 8. Следовательно, исходное число увеличилось.
35


Ответ: увеличилось.
Рассмотрим теперь задачу, в которой периодичность устроена чуть сложнее.
Пример 4.3. На доске записано 2017-значное число. Известно, что каждое двузначное число, образованное двумя соседними цифрами, делится либо на 17, либо на 23. Найдите первую цифру данного числа, если последняя — это 1.
Так как известна только последняя цифра, то хочется попробовать восстановить цифры десятичной записи заданного числа, начиная с конца.
Решение. Рассмотрим двузначное число, образованное двумя последними цифрами. Среди двузначных чисел, кратных 23, нет числа, оканчивающегося на 1, а среди двузначных чисел, кратных 17, на 1 оканчивается только 51. Следовательно, предпоследняя цифра — это 5. Теперь рассмотрим двузначное число, образованное третьей и второй цифрами с конца. На 23 оно делиться не может, а если оно делится на 17, то это 85. Рассуждая аналогично, получим, что перед цифрой 8 может стоять только цифра 6, перед цифрой 6 — цифра 4 и так далее, причем каждая цифра восстанавливается однозначно.
Действуя таким образом, получим, что заданное число имеет вид ...4692346851, причем выделенная группа из пяти цифр повторяется влево. Если отбросить три последние цифры, то число станет 2014-значным. Так как остаток от деления 2014 на 5 равен 4, то искомая первая цифра числа — это четвертая с конца цифра в выделенной группе, то есть цифра 2.
Ответ: 2.
Если период в последовательности возникает не с первого члена, то все предыдущие члены называют пред- периодом. В последовательности цифр заданного числа, читаемой справа налево, периодом является фрагмент (6, 4, 3, 2, 9), а фрагмент (1, 5, 8) является предпериодом.
Попробуем сформулировать, в каких случаях можно ожидать, что последовательность окажется периодической. Это произойдет, если правило, по которому задана последовательность, задает конечный набор значений, которые
36


могут принимать ее члены, причем каждое следующее значение должно зависеть только от фиксированного количества предшествующих значений.
Также не случайно, что все периодические последовательности, рассмотренные выше, заданы рекуррентно, хотя одного этого, конечно, недостаточно. Например, последовательность координат точек из задачи 3.3 периодической не является.
Применение периодичности последовательностей при решении существенно более сложных задач будет рассмотрено в занятии 11.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
4.1. Найдите последнюю цифру числа 7218.
4.2. Последовательность строится по следующему закону: на первом месте — число 7, а далее за каждым числом стоит сумма цифр его квадрата, увеличенная на 1. Какое число стоит на тысячном месте?
4.3. В ряд записано 1999 чисел. Первое число равно 1. Известно, что каждое число, кроме первого и последнего, равно сумме двух соседних. Найдите последнее число.
4.4. На доске записаны в ряд сто чисел, отличных от нуля. Известно, что каждое из них, кроме первого и последнего, является произведением двух чисел, соседних с ним. Первое число равно 7. Какое число записано последним?
Решение предыдущих задач должно постепенно подготовить школьников к тому, чтобы работать с равенствами из условия в общем виде.
4.5. Последовательность {ап} такова, что ап = п2 при Кд^5и при всех натуральных п выполняется равенство ^л+5 “Ь ап+1 = ап+4 4" ап. Найдите #2015*
4.6. В последовательности 1,2, 4, 8, 16, 22, ... каждое число начиная со второго получается увеличением предыдущего числа на его последнюю цифру.
а) Какое число стоит на тысячном месте?
б) Есть ли в последовательности число 2222? Если есть, то на каком оно месте?
37


4.7. 	а) Последовательность периодична с периодом длины 6. Из нее вычеркнули каждый четвертый член. Будет ли периодичной новая последовательность?
б) 	Последовательность периодична с периодом длины 7. В ней оставлены только первый, десятый, сотый, тысячный, ... члены. Будет ли периодичной новая последовательность?
Ответы и решения
4.1. Ответ: 9.
Решение. Рассмотрим последовательность степеней числа 7: 71, 72, 73, ..., 7218. Заметим, что последняя цифра каждого числа начиная со второго — это последняя цифра произведения последней цифры предыдущего числа и семи. Так как 71 = 7, 72 = 49, то 73 оканчивается на 3 (9 • 7 = 63), 74 оканчивается на 1 (3*7 = 21), 75 оканчивается на 7. Далее опять повторятся последние цифры 9, 3 и 1, то есть (7, 9, 3, 1) — период последовательности последних цифр степеней семи. Так как число 218 при делении на 4 дает остаток 2, то последняя цифра числа 7218 — это 9.
4.2. Предположение о периодичности заданной последовательности возникает из того, что каждый член последовательности зависит только от предыдущего.
Ответ: 11.
Решение. Вычислим несколько первых членов этой последовательности: 7,14,17,20,5,8,11,5,... Так как число 5 повторилось, то далее будут числа 8 и 11, то есть начиная с пятого числа образуется период (5,8, 11). Отбросим первые четыре числа, тогда число, стоящее на тысячном месте, станет 996-м. Так как 996 делится на 3, то искомое число равно 11.
В данном случае фрагмент (7, 14,17, 20) является пред- периодом.
4.3. На первый взгляд может показаться, что эта задача ничем не отличается от разобранной в примере 4.1. Но отличие в том, что в данном случае задан только один член последовательности, значит, восстановить ее члены по порядку мы не сможем. Но если не помогает арифметика, то может помочь алгебра!
38


Ответ: 1.
Решение. Обозначим данные числа через а\ — 1, а2, aiggg. Из условия задачи следует, что а>2 = а\ + аз и аз = = а2 + а4. Складывая эти равенства почленно, получим а4 4- d\ = 0, то есть а4 = —а\. Аналогично из равенств a5 = = a4 + ав и аб = as + а7 получим, что а7 = —а4 = ai. Тогда а% = а29 ag = аз и так далее, то есть последовательность имеет период длины 6. Следовательно, aiggg = аб.333+1 — — 1-
В общем виде: складывая почленно равенства ап+\ = = ап + аЛ+2 и аЛ_|_2 = Я/i+i + аЛ+з, получим, что /уж любых значениях п выполняется равенство ап+3 = —ал. Это влечет за собой равенство ап+ь = —аЛ+з = ап.
4.4. Условие этой задачи похоже на условие предыдущей, только вместо суммы — произведение. Значит, опять может помочь алгебра.
Ответ: — .
Решение. Обозначим данные числа через ai = 7, a2, аюо- По условию a2 = ai • аз и аз = а2 • а4. Так как в заданном ряду нет нулей, то перемножив эти равенства почленно,
получим ai • 04 = 1, то есть а4 = —. Аналогично из равенств
а\
а$ = а± - а$ и а§ — а$ • а7 получим, что а7 = —. Таким образом, а7 = а\, значит, последовательность периодична, а длина ее периода — 6. Следовательно, а\ — а? = ... = ag7 = 7, то- гда a100 = ^ f
В этой последовательности при любых значениях k выполняются равенства аъ = —и ak = а^+в*
а^+з
4.5. Ответ: 17.
Решение. Последовательно подставляя п — 1,2,3,..., получим а$ + ai = а^ + а2 = а? + аз = ... Если записать это в общем виде, то ап+4 -f- ап = ап+5 -1- ап+\ — ап+6 Н- ^д+2 — ^п+ч + ап+з = a„+g + ал+4. Следовательно, ап+g = аЛ при всех натуральных п > 5, то есть начиная с некоторого члена, последовательность станет периодической с длиной периода 8.
Так как остаток от деления числа 2015 на 8 равен 7, получаем, что a2oi5 = «7- Так как а^ + а% — а$ + ai, то, учитывая правило вычисления первых пяти членов, получим
39


ae = 52 + I2 — 22 = 22. Аналогично а7 = + а% — as = 22 +
+ 22 — З2 = 17.
if а самом деле эта последовательность периодична, «а- чиная с а4. период: (16, 25, 22, 17, 16, 7, 10, 15), а пред- период: (1, 4, 9).
4.6. 	Сразу понятно, что периодической эта последовательность быть не может, так как каждый ее член больше предыдущего. В таких случаях говорят, что последовательность возрастает. При этом каждый член зависит только от предыдущего, поэтому надо поискать более «тонкую» закономерность, обратив внимание на последние цифры членов последовательности.
Ответ: а) 4988; б) есть, на 446-м месте.
Решение. Для того чтобы понять закономерность, найдем еще несколько членов последовательности и запишем их в виде таблицы, группируя в одном столбце числа с одинаковой последней цифрой. Понятно, что последние цифры членов последовательности образуют цикл (2, 4, 8, 6). При этом числа каждой заполненной строки начиная со второй на 20 больше, чем соответствующие числа предыдущей. Это объясняется тем, что соседние в столбце числа различаются на 2+4+6+8= 20.
1
2
4
8
16
22
24
28
36
42
44
48
56
...
...
...
...
а) Отбросим 1, тогда искомое число стоит на 999-м месте. Так как 999 = 4 • 249 + 3, то искомое число стоит в строке с номером 250 на третьем месте (не считая первой пустой клетки). Следовательно, оно равно 20 • 249 + 8 = 4988.
б) Так как 2222 = 20 • 111 + 2, то такое число есть в этой последовательности. Оно будет находиться в строке таблицы с номером 112 и в столбце с последней цифрой 2. Учитывая первый член 1, получим, что оно является членом последовательности, номер которого равен 1 + 111-4 + 1 = 446.
40


Отметим, что при решении этой задачи мы использовали две вспомогательные последовательности: периодическую последовательность последних цифр с периодом (2,4,8,6) и предпериодом 1 и последовательность (О, 20, 40, 60,...), в которой каждый член начиная со второго на 20 больше предыдущего. С такими последовательностями, которые называются арифметическими прогрессиями, мы уже встречались на предыдущих занятиях. Использование вспомогательных последовательностей в более сложных случаях будет рассмотрено в занятии 10.
4.7. 	Ответ: а), б) будет.
Решение, а) Пусть (а, Ь, с, d, е, /) — период данной последовательности. Так как НОК(6; 4) = 12, то рассмотрим первые двенадцать ее членов: а, Ь, с, d, е, /, а, 6, с, d, е, /. Из такого фрагмента будут вычеркнуты числа d, Ъ и /. Так как вычеркнуто последнее число периода, то эти же числа будут вычеркнуты и в следующем таком же фрагменте, и так далее. Следовательно, новая последовательность будет периодической, ее период: (а, Ь, с, е, /, а, с, d, е).
Для доказательства периодичности можно не выписывать фрагмент длины 12 в явном виде. Достаточно заметить, что, выбрав длину фрагмента, кратную как длине периода, так и числу, задающему порядок вычеркивания, мы обеспечим вычеркивание последнего числа в таком фрагменте. Тем самым задачу можно обобщить для произвольных чисел.
б) 	Пусть (аь а2, а7)—период данной последователь¬
ности {ап}. Для того чтобы найти члены новой последовательности, надо найти остатки от деления на 7 чисел 10, 100, 1000,... Тогда удобно рассмотреть деление числа 1000... на 7 «в столбик», выписывая на каждом шаге получающиеся остатки: 3, 2, 6, 4, 5, 1, .... Заметим, что, получив остаток 1, мы опять делим 10 на 7 и получаем остаток 3. Следовательно, последовательность остатков периодична, поэтому периодична и новая последовательность. Ее период. (#1, а3, #2? •
| Можно также использовать задачи Д18—Д23.
41


Занятие 5 Суммирование
Это занятие посвящено освоению учащимися различных приемов суммирования рядов чисел. Оно продолжает «линию», намеченную в занятии 2, поэтому, перед тем как приступать к решению задач, рекомендуется повторить наиболее существенные идеи и результаты, полученные при проведении занятия 2. Условия некоторых задач позволят также закрепить навыки работы с последовательностями, заданными формулами п-го члена.
В зависимости от подготовленности школьников можно упрощать примеры 5.2 и 5.3, рассматривая их только для конкретных значений п, либо, наоборот, предлагать учащимся решать какие-то из задач 5.1, 5.2, 5.5 и 5.7 в более общем виде.
Простейшие приемы суммирования нескольких первых членов некоторых последовательностей были рассмотрены в занятии 2. Они будут использованы и при решении задач этого занятия. Кроме того, будут возникать и новые идеи. Для начала рассмотрим пример, идея решения которого основана на материале занятия 4.
Пример 5.1. В ряд записано 2011 чисел так, что каждое число, кроме крайних, равно сумме двух соседних. Известно, что сумма первых ста чисел равна нулю, а сумма первых двухсот чисел равна 3. Найдите сумму всех чисел ряда.
С такими последовательностями мы уже встречались в занятии 4 (см. пример 4.1 и задачу 4.3,), поэтому возникает идея использования периодичности.
Решение. Выпишем первые числа данного ряда, введя переменные: х,у,у — х, -х, -у, х — г/, х, у, ... Так как каждое число зависит только от двух предыдущих, то заданная последовательность чисел имеет период длины 6, а сумма чисел периода равна нулю (в периоде — три пары
42


противоположных чисел). При делении на 6 число 100 дает остаток 4, а число 200 — остаток 2. Значит, 2у — х = 0 и у + х = 3. Отсюда находим х = 2, у = 1. Так как число 2011 при делении на 6 дает остаток 5, то искомая сумма равна у-Х=-1.
Ответ: —1.
Некоторые закономерности, которые были использованы для суммирования в занятии 2, по сути являются алгебраическими тождествами (см., в частности, пример 2.3 и задачу 2.7). Рассмотрим применение другого тождества для суммирования.
Пример 5.2. Найдите сумму первых 2014 членов последовательности Ьп = 7 ~—тт"г .
(п + 1)!
Решение. Для наглядности запишем эту сумму так:
0 1,2.3. 2013 2014
2! 3! 4! ”• 2014! ^ 2015! ’
Поищем подходящее тождество. Заметим, что п 1 _ п +1 1
(л+1)! 1 (п + 1)! (п + 1)! nV
Исходя из этого можно предложить такой способ: прибавим
к искомой сумме дробь , сложив эту дробь с последним
1 , 2014 1 „
слагаемым: 2015т + 2015! = 2014! * Полученный результат
* * 1 2013
прибавим к предпоследнему слагаемому: 2014; + 2014т =
= 2о^з! * Продолжая аналогичную операцию, в итоге получим + —у = 1. Таким образом, S + 20151 ~ то есть
с — 1 _ 1
2015! *
1
Ответ: 1
2015!'
Отметим, что похожий прием уже применялся нами в более простом случае (см. пример 2.2). Кроме того, если записать используемое тождество в виде
п _ 1 1
(п + 1)! — п\ (п + 1)Р то можно оформить решение аналогично тому, как это сделано в примере 2.3.
43


Отметим также, что эту задачу можно сформулировать иначе, попутно обобщив: «Докажите, что при любом значении п сумма первых п членов заданной последовательности {Ьп} меньше 1».
Задачи, в которых приемы суммирования помогают доказать неравенство, встречаются не так уж редко. Для их решения могут помочь стандартные алгебраические приемы.
Пример 5.3. Докажите, что сумма п первых членов (п> 1) последовательности сп = -^= больше чем 2(у/п + 1 — 1).
у/п
Удобно записать требуемое неравенство в явном виде и попытаться оценить каждое слагаемое «снизу» таким образом, чтобы полученные неравенства было легко сложить. Желательно оценивать так, чтобы при сложении почти все слагаемые взаимно уничтожились (аналогично тому, как это было в примере 2.3, задаче 2.7 и, по сути, в примере 5.2). Так как члены данной последовательности содержат квадратные корни в знаменателе, то возникает идея как-то использовать освобождение от иррациональности в знаменателе.
Решение. Итак, требуется доказать, что при п > 1 выполняется неравенство
—7= Н 7= Н ~j=- + ••• Н 7= > 2 (у/п + 1 — 1)
у/1 у/2 л/3 у/п '
Н т= + ... + “—7= > \/П + 1 — 1.
Заметим, что
Аналогично
2vT 2 у/2 2л/3 2у/п
>—Ц= = >/2-1. (1)
2vT 1 + V2
-Ц= > = = у/3 - у/2 (2)
2\/2 V2 + л/З
и так далее. В частности, получаем оценку для последнего слагаемого:
Фя>7^тт^'ЛГ[~'Д- (п)
44


Почленно сложим неравенства (1), (2), ..., (п). Уничтожив противоположные слагаемые в правой части, получим —Н "т= Н ~7= + ... + ——7= > л//г + 1 - 1, что и
2г/1 2\/2 2\/3 20г
требовалось.
В заключение следует сказать, что ацэи вычислении многих сумм и доказательстве соответствующих неравенств можно поступать совсем по-другому. А именно, рассматривая частные случаи, пытаться угадать результат для случая п слагаемых, а затем доказывать полученную гипотезу, пользуясь методом математической индукции. Этому методу будет посвящена отдельная брошюра серии.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
5.1. Вычислите сумму 22 — 42 + 62 — 82 + ... + 982 — 1002.
5.2. Вычислите сумму —^—= н—-=Д—— +... + *
1 + л/2 >/2 + л/3 л/99 + л/100'
5.3. В ряд записано 2015 чисел. Первое число — это 10,
а последнее равно 7. Каждое из остальных равно сумме двух чисел, соседних с ним. Найдите сумму всех чисел ряда.
5.4. В ряд записано двенадцать чисел. Каждое из них, начиная с третьего, равно сумме всех предыдущих. Найдите сумму всех чисел этого ряда, если пятое число равно 7.
5.5. Найдите сумму первых 2000 членов последовательности ап — п • п\
5.6. Из последовательности 2010, 2009, 2008, ..., 2, 1 вычеркнули все точные квадраты, а из оставшихся чисел, не изменяя их порядка, составили знакочередующуюся сумму: 2010 — 2009 + 2008 — 2007 + ... Найдите ее значение.
5.7. Докажите, что | + | + i + ... + ^ , < § ■
Ответы и решения
5.1. 	Идея использовать формулу разности квадратов «лежит на поверхности».
Ответ: —5100.
45


Решение. Сгруппируем слагаемые по два, тогда
(22 - 42) + (62 - 82) + ... + (982 - 1002) =
= (2 - 4) (2 + 4) + (6 - 8) (6 + 8) + ... + (98 - 100) (98 + 100) = = -2(2 + 4 + 6 + 8 + ... + 98 + 100) = -2(2 + 100) • 25 = -5100.
5.2. 	Ответ: 9.
Решение. По аналогии с примером 5.3 используем освобождение от иррациональности в знаменателе:
1 у/о — л/ О + 1
у/о 4 у/О 4~ 1 (у/о + у/О + 1) (у/о — у/О + 1)
= 'ЛТТ) = 'ЛТТ “ ^
Тогда искомая сумма принимает вид S = (— 1 4- л/2) 4- + (-^2 + л/3) + ... + (—\/99 + л/100) = -1 + 10 = 9.
Отметим, ч/no и в этом случае задание можно сформулировать в виде неравенства, попутно обобщив его, wa- пример, так: «Докажите, что для любого натурального п выполняется неравенство
+ * + ... + ——1/ г < Vn + 1».
1 4- л/2 л/2 4- л/8 л/^ л/'^ 4- 1
5.3. Правило, по которому составлена последовательность, такое же, как в примере 5.1. Значит, и идея решения, скорее всего, такая же.
Ответ: 34.
Решение. Выпишем несколько первых членов ряда, обозначив второе число через а: 10, а, а — 10, —10, —а, 10 — а, 10, а,..., то есть начиная с седьмого числа повторяются. Таким образом, указанная последовательность чисел имеет период длины 6, причем сумма чисел периода равна нулю (в периоде — три пары противоположных чисел).
Так как число 2015 при делении на 6 дает остаток 3, то а — 10 = 7, то есть а — 17. Искомая сумма равна 10 4- а 4- + (а - 10) = 2а = 34.
5.4. Ответ: 1792.
Решение. Пусть первые два числа — хну, тогда третье число равно (х 4- у), четвертое равно 2 (х 4- у), пятое —
46


4 (х + у) и так далее, последнее число равно 2д(х + У). Искомая сумма:
s = (X + у)(1 + 1 + 2 + 22 + ... + 29) = 210(х + у).
7
Так как пятое число равно 7, то х + у = -g. Тогда S =
= 7-28 = 1792.
При решении этой задачи можно использовать как прием, описанный в примере 2.2, так и уже полученный в нем результат.
5.5. Слагаемые суммы, найденной в примере 5.2, также содержали факториалы. Наверное, и в этом случае потребуется найти подходящее тождество.
Ответ: 2001! — 1.
Решение. Заметим, что
п • л! = (л + 1 — 1) • д! = (л + 1) л! — л! = (я + 1)! — /г!.
Тогда искомая сумма принимает вид
5 = 1 • 1! + 2 . 2! + ... + 2000 • 2000! =
= 2! - 1! + 3! - 2! + 4! - 3! + ... + 2000! - 1999! + 2001! - 2000! =
= 2001! — 1! = 2001! — 1.
5.6. Ответ: 983.
Решение. Найдем все квадраты натуральных чисел в исходной последовательности: I2 = 1, 22 = 4, ..., 442 = 1636 (452 = 2025 > 2010). Заметим, что между соседними квадратами расположено четное количество натуральных чисел. Действительно, так как (п + I)2 — п2 = 2п + 1, то между числами п2 и (я + 1)2 находится 2п натуральных чисел. Кроме того, в ряду 2010, 2009,..., 1637 также четное количество чисел.
Таким образом, искомую сумму можно последовательно разбить на пары так, что разность чисел в каждой паре равна 1. Таких пар будет (2010 — 44) : 2 = 983, значит, искомая сумма равна 983.
5.7. И здесь поможет алгебраическое тождество, но найти его не просто.
Решение. В левой части неравенства стоит сумма 999 первых членов последовательности хп = 0 ----- , п ^ 2. Заме-
71^ — 1
47


тим, что если пф 1, то 1 1
п2 - 1 (га-1)(п + 1)
Тогда
1 + 1+ 1 +...+ 1 -
Ц-1 !—).
2\п — 1 п + 1 J
3 1 8 ' 15 10002 -1
+-+§(&-«У-
= I + I 1 LbiiJ
2 \ 2 2000 2001/ 2 2 4’
что и требовалось.
Можно также использовать задачи Д24—ДЗО, Д46, Д50, Д52, Д53.
48


Занятие 6 Целочисленные арифметические прогрессии
Это занятие посвящено последовательностям, членами которых являются только целые числа. Поэтому идеи их решения тесно связаны с идеями решения задач на делимость целых чисел.
Для успешного решения задач этого занятия желательно, чтобы школьники владели основными понятиями, связанными с делимостью (см., например, занятия 1—4 из книжки А. И. Сгибнева «Делимость и простые числа», вышедшей в нашей серии). Кроме того, желательно знать определение и формулу п-го члена арифметической прогрессии, а также уметь вычислять сумму первых п ее членов (чтобы не прибегать каждый раз к методу Гаусса). Эти сведения содержатся в любом школьном учебнике алгебры 9 класса.
Существует большое количество задач о последовательностях, членами которых являются только целые числа. Чаще всего в условиях таких задач фигурируют арифметические прогрессии. В рамках этого занятия будут в основном рассмотрены именно задачи про арифметические прогрессии (несколько задач о других целочисленных последовательностях будут включены в дополнительную часть).
Решение целой серии задач об арифметических прогрессиях, состоящих из натуральных чисел, опирается на следующий простой факт: существует ровно п различных остатков от деления на натуральное число п. Из этого по принципу Дирихле следует, что среди п + 1 натуральных чисел хотя бы два имеют одинаковые остатки от деления на п.
Рассмотрим «базовую задачу» для такой серии.
49


Пример 6.1. Пусть d — разность некоторой арифметической прогрессии, состоящей из натуральных чисел. Рассмотрим такое произвольное простое число р, что d не делится на р. Докажите, что среди любых р последовательных членов этой прогрессии обязательно найдется член, делящийся на р.
Решение. Рассмотрим р произвольных последовательных членов этой прогрессии. Если среди них нет члена, делящегося на р, то какие-то два члена аь и ат имеют одинаковые остатки от деления р. Тогда — ат = (k — m)d делится на р. Но к — т не может делиться на р, так как к — т < р, a d не делится на р по условию. Значит, среди рассмотренных членов прогрессии должен быть член, который делится на р.
Решение других задач опирается на эффективное использование формулы /г-го члена арифметическая прогрессии: ап = ai + (п — 1 )<2. Вот пример такой задачи, уже давно ставшей «классикой».
Пример 6.2. Бесконечная арифметическая прогрессия, состоящая из натуральных чисел, содержит точный квадрат. Докажите, что она содержит бесконечно много точных квадратов.
Решение. Из условия следует, что разность d данной прогрессии — натуральное число. Пусть среди ее членов есть число х2, где х — натуральное число. Тогда для всех натуральных значений к рассмотрим числа вида
(х + kd)2 = x2 + 2 kd + k2d2 = х2 + (k2d + 2 k)d.
Исходя из формулы п-то члена арифметической прогрессии каждое из таких чисел является членом данной прогрессии с номером п = k2d + 2k + р, где р — номер члена х2. Таким образом, квадратов в ней бесконечно много.
Также встречаются задачи, при решении которых уместно использовать формулу суммы первых п членов арифметической прогрессии: Sn = Ul ^ а” • п.
Пример 6.3. Существует ли такое п > 2, что сумма п последовательных натуральных чисел — простое число?
50


Решение. Рассмотрим п последовательных натуральных чисел начиная с числа k. Эта последовательность является арифметической прогрессией, поэтому
k + (ft + 1) + ... + (ft + п - 1) = ” (2-* '2П ~ 1} .
Заметим, что это число целое и числа п и (2k + п — 1) имеют разную четность. Значит, при нечетном п > 2 правая часть делится на п, а при четном — на (2k + п — 1), причем в обоих случаях частное больше 1. Следовательно, сумма не может быть простым числом.
Ответ: нет, не существует.
Отметим, что при п = 2 утверждение задачи не выполняетсяу например, 3 + 4 = 7.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
6.1. Конечная арифметическая прогрессия состоит из целых чисел, и ее сумма — степень двойки. Докажите, что количество членов прогрессии также степень двойки.
6.2. Найдите конечную арифметическую прогрессию с разностью 6, состоящую из простых чисел и имеющую наибольшую длину.
6.3. Существует ли бесконечная арифметическая прогрессия, состоящая только из различных простых чисел?
6.4. Сто натуральных чисел образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Могут ли каждые два из этих чисел быть взаимно простыми?
6.5. Пятнадцать простых чисел образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Докажите, что разность этой прогрессии больше чем 30 ООО.
6.6. Можно ли расставить целые числа от 1 до 2015 в некотором порядке так, чтобы сумма любых десяти подряд стоящих чисел делилась на 10?
6.7. В последовательности натуральных чисел каждое число, кроме первого, получается прибавлением к предыдущему самой большой его цифры. Какое наибольшее количество подряд идущих членов последовательности могут быть нечетными?
51


Ответы и решения
6.1. Решение. Пусть прогрессия {ап} содержит п членов, тогда Sn = Ul ^ Un • n = 2k (по условию). Значит, 2/г+1 = = (ai + ап)п делится на п. Следовательно, число п также является степенью двойки.
6.2. Ответ: 5,11,17, 23,29.
Решение. Докажем, что в такой прогрессии не может быть больше чем 5 членов. Действительно, среди любых пяти последовательных членов такой арифметической прогрессии один обязательно делится на 5 (см. пример 6.1). Если это не 5, то простых чисел, идущих подряд, будет не более четырех.
6.3. Ответ: не существует.
Решение. Предположим, что такая прогрессия существует, тогда она должна быть возрастающей с разностью d, где d — натуральное число. Ввиду бесконечности количества простых чисел найдется член прогрессии р, больший чем d, тогда d не делится на р. Следовательно, среди р последовательных членов этой прогрессии обязательно найдется член, делящийся на р (см. пример 6.1). Если же этот член совпадает с р, то рассмотрим следующую группу из р последовательных членов прогрессии, в которой член, делящийся на р, наверняка не будет простым числом.
6.4. Ответ: могут.
Решение. Например, 1,1 + 99!, 1 + 2 • 99!, ..., 1 + 99 • 99!
(арифметическая прогрессия {an}, в которой а\ — 1, d — 99!).
Действительно, пусть какие-то два из этих чисел имеют общий простой делитель р. Тогда р — делитель их разности, то есть делитель числа вида п • 99!, где п < 100. Поэтому и р < 100. Но при делении на такое число р все члены прогрессии дают в остатке 1. Противоречие.
Отметим, что в приведенном примере число 99! можно заменить на произведение всех простых чисел, меньших 100. Сама схема построения примера напоминает классическое доказательство бесконечности простых чисел.
6.5. Решение. Пусть d — разность данной прогрессии {ап}. Заметим, что ag > а$ > 7, так как среди чисел от 1
52


до 7 только четыре простых. Тогда среди членов прогрессии ад, аю, ai5 нет числа 7, значит, ее разность d делится на 7 (см. пример 6.1). Из этого, в свою очередь, следует, что аз > 13 (среди простых чисел, не превосходящих 13, нет двух чисел, разность которых кратна семи). Тогда d делится на 2, 3, 5, 11 и 13, то есть d делится на 2 • 3 • 5 • 7 • 11 • 13 = 30 030 > 30 000, что и требовалось.
6.6. Можно сначала предложить школьникам попробовать расставить. Рано или поздно они заметят, что числа, номера которых отличаются на десять, должны оканчиваться одинаковыми цифрами. Значит, придется использовать все последние цифры, но их сумма не кратна десяти.
Ответ: нельзя.
Решение. Пусть удалось расставить числа требуемым образом. Рассмотрим две соседние суммы десяти чисел, кратные десяти: ап + ал+\ + ... + ал+g и ап+\ + ... + an+g + ап+ю. Их разность также кратна десяти, значит, при любом п числа ап и аЛ+ю оканчиваются на одинаковую цифру. При этом среди последних цифр чисел ai, аг, аю должны встретиться все цифры от 0 до 9 (иначе пропущенная цифра не встретится ни разу во всей последовательности, что невозможно). Тогда сумма а\ + ... + аю оканчивается цифрой 5. Противоречие.
6.7. Ответ: пять.
Решение. Пример пяти чисел, удовлетворяющих условию: 807, 815, 823, 831, 839. Докажем, что больше пяти чисел не может удовлетворять условию.
Пусть ai, а2, аз, a4, as — последовательные нечетные члены указанной последовательности. Последние цифры этих чисел нечетны, значит, наибольшие цифры чисел ai,a2, аз,а4 должны быть четными, поэтому они не последние. При переходе к следующему числу наибольшая цифра предыдущего числа не изменяется (в противном случае она. увеличится на 1 и станет нечетной), то есть а\, а%, аз, а4, а$ — арифметическая прогрессия, разность которой — четная ненулевая цифра d.
53


Числа 0, <2, 2d, 3d, 4d оканчиваются различными четными цифрами (так как они дают разные остатки от деления на 5). Прибавляя к каждому из этих чисел по аь получим числа ai, а2, аз, а4, «5, которые также оканчиваются разными цифрами, но уже нечетными. Значит, одно из этих чисел оканчивается на 9. Но это может быть только число а$, следовательно, следующий член последовательности — четное число.
Можно также использовать задачи Д31—Д41, Д48, Д69— Д71, Д73, Д75.
54


Занятие 7 Существует ли ...?
Основу этого занятия составляют задачи на построение примеров и контрпримеров для различных утверждений, связанных с последовательностями. Общие подходы к задачам такого типа достаточно подробно изложены в книжках А. В. Шаповалова «Как построить пример?» («вышедшей в нашей серии) и «Принцип узких мест», поэтому для успешного решения задач этого занятия желательно, чтобы школьники были с ними знакомы. Кроме того, построение примеров и контрпримеров в ряде задач этого занятия опирается на идеи, уже возникавшие при решении задач из предыдущих занятий. Желательно также, чтобы школьники знали формулы сумм п первых членов арифметической и геометрической прогрессий. Тем самым проведение этого занятия позволяет подвести некоторый итог первой части работы с последовательностями.
Среди задач, связанных с последовательностями, особую роль играют задачи, при решении которых надо предъявить пример последовательности, члены которой обладают определенными свойствами, или доказать, что такой последовательности не существует. Дополнительные факторы, которые могут помочь при решении, часто связаны с уже изученными способами суммирования, соображениями делимости или какими-либо простейшими свойствами некоторых последовательностей.
Пример 7.1. Существует ли такое натуральное п> что бесконечная арифметическая прогрессия п + 1, 2п + 1,... не содержит ни одного куба натурального числа?
Полезно для начала рассмотреть конкретные значения п, например п — 1,2,3, и убедиться, что в таких прогрессиях куб появляется. Найти общее решение поможет удачно подобранная формула куба суммы.
55


Решение. Из условия задачи следует, что — кп + 1, где к принимает все натуральные значения. Заметим, что
(тг -Ь I)3 — тг3 Н- 3ть2 -f- 3тг -f-1 ^ (тг2 И- 3п И- 3)тг -|-1.
Следовательно, член с номером к — п2 + Зтг + 3 является кубом натурального числа.
Ответ: не существует.
Для решения следующей задачи придется проявить гораздо больше изобретательности, но и в этом случае имеет смысл сначала рассмотреть небольшие конкретные значения тг. Это, в частности, поможет понять, что случаи четного и нечетного п надо рассматривать по отдельности.
Пример 7.2. Можно ли расставить в ряд натуральные числа от 1 до п так, чтобы каждое из них являлось делителем суммы всех предыдущих?
Решение. 1. Пусть п = 2 ттг. Расставим числа в следующем порядке: т + 1, 1, т + 2, 2,..., 2т, т. Эта расстановка имеет вид т + k, к, где к последовательно «пробегает» значения от 1 до /7г, поэтому надо проверить, что для произвольного к числа т + к и к являются делителями суммы всех предыдущих чисел.
Действительно,
(tti -|- 1) Н- 1 -f- (tti -f- 2) Н- 2 + ... -f- (tti -f- к — 1) к — 1 ^
= (k- 1)771 + 2(1 + 2 + ... + к - 1) = (к - 1)771 + к(к - 1) =
= (к-1 )(m + k)
делится на т + к и (тп + 1) + 1 + (ттг + 2) + 2 + ... + (tti + й) = = кт + 2(1 + 2 + ... + к — 1) + к = к(т + к) делится на к.
2. Пусть п = 2т + 1. Расставим числа так: т + 1, 1, ттг + 2, 2, ..., 2ттг, ттг, 2ттг + 1. Тогда требуется проверить, что сумма всех чисел, кроме последнего, делится на 2т + 1. Это выполняется, так как (ттг + 1) + 1 + (ттг + 2) + 2 + ... + 2т + ттг = — 1+^™ . 2т = ттг(2ттг + 1).
Ответ: можно.
На примере следующей задачи можно, помимо прочего, показать, каким образом, казалось бы, незначительное изменение условия кардинально меняет ответ.
56


Пример 7.3. Существует ли такая бесконечная последовательность, состоящая из а) действительных; б) целых чисел, что сумма любых десяти подряд идущих чисел положительна, а сумма первых 10я + 1 чисел отрицательна при любом натуральном п?
Условие задачи, на первый взгляд, подталкивает к ответу «нет», но заметим, что «положительные» и «отрицательные» наборы все-таки не совпадают. Попробуем на этом сыграть, хотя бы в пункте а). Понятно, что числа tfib 02ъ Язь •••> Яюл+1 должны быть отрицательными, для того чтобы, добавив их к сумме п «положительных» десятков, получить отрицательную сумму. Но и а\ < 0 — ведь сумма первых одиннадцати членов состоит из а\ и следующего за ним положительного десятка. Более того, сумма первых 10л + 1 чисел состоит из а\ и следующих за ним п положительных десятков. Следовательно, прибавляя к а\ сколь угодно много положительных сумм, мы должны все равно не превзойти нуля. Значит, прибавлять надо совсем понемногу. Будем прибавлять все меньшие и меньшие, но положительные числа. Пример конечной суммы из бесконечного числа положительных слагаемых дает убывающая геометрическая прогрессия. Итак, положим а\ — — 1 и сделаем суммы следующих десятков равными
.... В пункте б) такой возможности не будет, так
Л 4 о
как все члены последовательности — целые числа.
Решение, а) Пусть, например, аюп = 1 + (тг > 0), #Юд+1 — “1 (п^ 0), а на остальные места последовательности {a/J поставим нули. Тогда среди любых десяти подряд идущих членов последовательности имеются восемь нулей, одна «минус единица» и одно число, большее единицы. Значит, их сумма положительна. А сумма первых 10п + 1 членов равна
2
(по формуле суммы первых п членов геометрической прогрессии).
57


б) Рассмотрим произвольную последовательность {а^} целых чисел. Возьмем п > \а\\. Если сумма любых десяти идущих подряд членов положительна, то она не меньше чем 1. Поэтому а,2 + аз + ... + аюЛ+1 ^ п. Значит, сумма 10п + 1 первых членов положительна, то есть требуемой последовательности не существует.
Ответ: а) да; б) нет.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
7.1. Существует ли такая бесконечная последовательность натуральных чисел, что никакие три из них не могут являться длинами сторон треугольника?
7.2. Можно ли разбить множество натуральных чисел на два подмножества так, чтобы каждое из них не содержало ни одной бесконечной арифметической прогрессии?
7.3. Существует ли ряд из 101 последовательного натурального числа, сумма которого равна кубу натурального числа?
7.4. Можно ли из бесконечной последовательности 1,
... выбрать 6 чисел так, чтобы они составляли арифметическую прогрессию?
7.5. Верно ли, что в любой бесконечной арифметической прогрессии, состоящей из натуральных чисел, найдется два члена с одинаковой суммой цифр?
7.6. Верно ли, что первые п натуральных чисел (п > 5) можно разбить на два множества так, чтобы произведение чисел первого множества равнялось сумме чисел второго?
7.7. Бесконечная последовательность {ап} состоит из положительных чисел, и для любого натурального п выполняется равенство (ап+\ + п)ап = 1. Содержит ли она рациональные числа?
Ответы и решения
7.1. 	Ответ: существует.
Решение. Например, возрастающая последовательность степеней двойки: 2, 22, 23, ..., 2k, ... Действительно, пусть
58


k < m < n (натуральные числа), тогда
2n - 2m = 2m(2n~m - 1) > 2m > 2k.
Существуют и другие примеры, в частности любая геометрическая прогрессия с положительными членами и знаменателем не меньше чем 2 удовлетворяет условию. Отметим также, что члены таких последовательностей не могут являться длинами сторон многоугольника.
7.2. Ответ: можно.
Решение. Например, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,11,12,13,
14, 15, ... В этом случае для любого натурального числа п в каждом из подмножеств найдется такая группа чисел, что «расстояние» от нее до следующей группы чисел из этого подмножества больше чем п.
Существуют и другие примеры, в частности 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11,12,... Эти примеры построены исходя из следующего соображения: в каждом подмножестве длина фрагмента подряд идущих натуральных чисел постоянно увеличивается. Но возможны и другие подходы.
7.3. Ответ: существует.
Решение. Рассмотрим последовательность п, п + 1, ... ..., п + 100, которая содержит требуемое количество последовательных натуральных чисел. Сумма ее членов равна — • 101 = 101 (п + 50), поэтому, выбрав п = 1012 — 50,
получим ряд с суммой 1013.
7.4. Ответ: можно.
Опишем способ выбрать любые п чисел, удовлетворяющих условию задачи. Рассмотрим последовательность
того чтобы эти дроби входили в заданную бесконечную последовательность, необходимо и достаточно, чтобы знаменатель Р был кратен каждому из числителей.
Пусть а\ — d = 1, тогда число Р кратно каждому из чисел 2, 3,..., п. Таким образом, для того чтобы выбрать
Решение. Например,
111111 720’ 360’ 240’ 180’ 144’ 120*
, котпорая явля-
р. Для
егпся арифметической прогрессией с разностью
59


п чисел, удовлетворяющих условию, достаточно выбрать
did * 123456
Р = т. В нашем случае выбраны числа
7.5. Ответ: верно.
Решение. Из условия задачи следует, что прогрессия возрастающая, значит, ее разность d > 0. Пусть хп = a\...at — некоторый член прогрессии, a d — b\...bk. Тогда числа xs = = xn + d-10* = bi...bkai...at и xr = хп + d-10*+1 = bi...bk0ai...at имеют одну и ту же сумму цифр.
7.6. Ответ: верно.
Решение. 1. Если п — 2т, то А = {1; т — 1; 2т), В = — {2; 3; ...; т — 2; т; т + 1; ...; 2т — 1}. Тогда сумма чисел множества В равна
^ ^2 т ~ (1 + 771 ~ 1 + 2ап) = 2тп2 — 2т = 1 • (т — 1)2тп,
то есть равна произведению чисел множества А.
2. Если /г = 2т + 1, то
А = {1; т; 2т), В = {2; 3; ...; т — 1; т + 1;...; 2/тг — 1; 2m + 1}.
Тогда сумма чисел множества В равна
1 + 1 . (2т + 1) — (1 + т + 2т) = 2т2 = 1 • т • 2т,
то есть равна произведению чисел множества А.
7.7. Ответ: не содержит.
Решение. Пусть это не так и где р и q — нату-
_ 1 _ а — kp _
ральные числа. Тогда а&+1 = — — k — —£-. Заметим, что
сумма числителя и знаменателя у а^\ меньше, чем у аь тогда у следующего члена она будет еще меньше и так далее. Значит, рано или поздно эта сумма должна стать отрицательной, что невозможно.
Можно также использовать задачи Д32, Д42—Д49, Д65, Д70, Д73, Д84.
60


Занятие 8 Опять суммирование
Занятие вновь посвящено суммированию рядов чисел. Помимо развития некоторых идей и приемов, уже встречавшихся в задачах занятий 2 и 5, рассматриваются и другие способы суммирования, которые, в частности, позволяют находить суммы рядов, составленных из квадратов или кубов натуральных чисел. В отличие от задач на суммирование в занятии 5, почти все суммы рассматриваются в общем виде. Вводится понятие «фигурных» чисел и их суммирования. Дается представление об оценке бесконечной суммы на примере гармонического ряда чисел.
Предполагается, что к началу этого занятия школьники уверенно владеют формулами для вычисления сумм первых членов арифметических и геометрических прогрессий и имеют представление об индукции. Некоторые из предлагаемых задач имеют практическое содержание.
Вы уже знакомы е некоторыми способами суммирования членов последовательностей, основанными на применении ряда алгебраических тождеств (см. занятие 5). На этом занятии мы рассмотрим более сложные случаи суммирования, а также задачи, для решения которых потребуется комбинировать различные приемы и формулы. Некоторые из этих задач имеют и практическое содержание.
Пример 8.1. Из одинаковых кубических плит сложили «угловую лестницу» (см. рис. 8.1). Найдите количество использован- 9 ных кубиков, если в этой лестнице п ступеней. Рис. 8.1
Решение. «Двигаясь» по лестнице сверху вниз, несложно заметить, что количество кубиков на каждой ступени соответствует квадратам последовательных
61


натуральных чисел. Таким образом, требуется найти сумму первых п членов последовательности сп — тг2, то есть S = l2 + 22 + ... + (п- 1)2 + п2.
Существует несколько способов решения этой задачи. Рассмотрим один из них, приписываемый Архимеду. Он использовал хорошо известную формулу куба суммы двух чисел*. (a -Ь &)3 = а3 -f- 3а2Ъ -Ь Sab2 И- b3.
Вслед за Архимедом запишем равенства и почленно их сложим:
23 = (1 + 1)3 = 1Ч312 + 31 + 13,
З3 = (2 + 1)3 = 23 + 3-22 + 3-2 + 13,
(тг+1)3 — п3 + Зл2 + Зтг+13,
23+33 + ... + (тг+1)3 = l3 + 23 + ... + n3 + 3S+3(l + 2 + ... + rt) + rc. Уничтожим одинаковые слагаемые в левой и правой ча-
J% f Tl j ^ \
стях и используем равенство 1 + 2 + ... + n — ^ • Тогда
3S = (га + l)3 - 3/-t(n2l l) - (n + 1) =
(n + 1) (2n2 + 4n + 2 - Sn - 2) n(n + 1) (2n + 1)
Таким образом, искомая сумма: S =
2
п(п + 1)(2 п + 1)
Ответ: в<" + + Ч.
6
Некоторым легче запомнить полученную формулу в «симметричном виде»:
I2 + 22 + ... + (п - I)2 + п2 = +
С геометрическим способом решения этой задачи можно познакомиться, например, в более ранних брошюрах нашей серии: Г.Мерзон, И.Ященко «Длина. Площадь. Объем» и А. Блинков «Геометрия в негеометрических задачах».
Пример 8.2. Перед входом в крепость сложена треугольная пирамида из одинаковых пушечных ядер (в основании
62


пирамиды — равносторонний треугольник, ядра последующего слоя лежат в ямках предыдущего слоя, см. рис. 8.2). Сколько всего ядер в такой пирамиде, если в ней п «этажей»?
Рис. 8.2
Решение. На вернем «этаже» пирамиды одно ядро, на следующем — 3, затем б, 10, 15 и так далее. Заметим, что в последовательности {Тп}: 1,3,6,10,15,... каждый член получается из предыдущего прибавлением к нему своего номера (это также понятно из того, что ядра каждого слоя лежат в ямках предыдущего). Значит,
гг _ 1 ■ о , + 1)
1 п — 1 + л + ... + 71 — 2
(при необходимости можно использовать индукцию).
Таким образом, решение задачи сводится к поиску сум-
о 1.0. , (л “ 1)/г I п(п + !) о
мы: S = 1 + 3 + ... Н g 1 2 ' Заметим, что сумма
любых двух соседних членов последовательности является квадратом натурального числа. Действительно, — +
h(k + 1) ,9 /ОЛ
Н g= • (Здесь также возможна геометрическая
иллюстрация: сложив две соответствующие ступенчатые фигуры — см. занятие 2, — получим квадрат со стороной k.) Используем этот факт для суммирования.
63


Запишем искомую сумму еще раз, отправив первое ела-
^ ^ | \
гаемое «в хвост»: S = 3 + 6 + ... Н ^ 1- Сложим два
записанных равенства почленно:
2S= (1 +3) + (3 + 6) +...+ (+ 1.
Каждая из записанных скобок представляет собой сумму двух соседних членов последовательности. По доказанному выше
2S = 22 + З2 + ... + п2+ п(” + 1) + 1 =
А
= (12 + 22 + 32 + ... + „2) + ^±i) =
_ п(п + 1)(2п + 1) п(п + 1) _ п(п + 1)(2п + 1 + 3) _
- 6 + 2 - 6
2п(п + 1)(ге + 2) - 6 •
Следовательно, S = П^П + + ^ .
Ответ: + 2>.
б
Отметим, ч/no возможен и другой взгляд на последовательности, рассмотренные в первых двух примерах, идущий с древности. Древнегреческие математики многие числа воспринимали в виде фигур. Например, числа из примера 8.1 они изображали так, кгатс на рис. 8.3а, а числа из примера 8.2 — так, тсатс «а рас. 8.36. Отсюда
64


1 4
9
. л А
13 6
а) б)
Рис. 8.3
понятны их названия: квадратные и треугольные числа соответственно.
Они рассматривали и другие многоугольные числа. Все такие числа принято называть «фигурными». Подробнее о «фигурных числах» см., например, [3] или [5].
До сих пор мы, как правило, имели дело с «конечными» суммами. В следующем примере рассмотрим сумму, в которой бесконечное количество слагаемых.
Пример 8.3. Хромой кузнечик делает первый прыжок на 1 дм, второй — на ^ Дм> третии — на ^ дм и так далее. Сможет ли он таким образом преодолеть расстояние, большее десяти метров?
Решение. Докажем, что кузнечик может преодолеть расстояние, большее любого заданного. Пусть S=l + ^ + ^ + ...
... + ^ + ... Такая сумма больше любого заданного числа.
Действительно, ^ + ^>2*^ = ^, ^ + ^ + сумма следующих восьми слагаемых также больше чем и так далее. Тем самым получим, что S > 1 + где т может принимать любое натуральное значение.
Ответ: сможет.
Мы рассмотрели сумму бесконечного количества слагаемых. Такие суммы математики называют рядами. Если сумме нельзя приписать конечное значение (например, потому что она неограниченно растет), то говорят, что ряд расходится. В данном примере рассмотрен гармонический ряд (каждое слагаемое начиная со второго есть среднее гармоническое двух соседних) и доказано, что он расходится.
65


Упражнения и задачи для самостоятельного решения
8.1. Найдите сумму I2 + З2 + ... + (2п — I)2.
8.2. Докажите, что сумма первых шестидесяти трех членов последовательности сп = т больше чем 1,5.
&71 -г 1
8.3. Вычислите сумму 1 + 2 • 2 + 3 • 22 + ... + 50 • 249.
8.4. Найдите сумму 1 + 11 + ... + ,11^1, •
п единиц
8.5. Найдите сумму всех несократимых дробей со знаменателем 7, заключенных между натуральными числами к и п (к < п).
8.6. Найдите сумму S = I3 + 23 + ... + (тг — I)3 + тг3.
8.7. Найдите сумму S = 1 • 22 + 2 • З2 + ... + тг(тг + I)2.
Ответы и решения
8.1. Ответ: ?<2".~ У<2я + х>.
Решение. Преобразуем и используем формулу, полученную в примере 8.1:
12 + 32 + ...+ (2/г-1)2 =
= (I2 + 22 + ... + (2п)2) - (22 + 42 + ... + (2п)2) =
= (I2 + 22 + ... + (2п)2) - 4(12 + 22 + ... + п2) =
2п(2п + 1) (4 п + 1) 4 п(п + 1) (2 п + 1)
” 6 6 ”
п(2п + 1) (4 п + 1 — 2п — 2) п(2п + 1) (2 п — 1) “ 3 “ 3 •
8.2. Решение. Так как 63 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32, то разобьем искомую сумму слева направо на шесть групп с соответствующим количеством членов и оценим суммы в каждой группе. Тогда


и так далее (в каждом из неравенств используется, что каждое слагаемое не меньше, чем наименьшее из них). Сложив почленно все такие неравенства, получим, что искомая сумма больше чем 6 • ^ = 1,5.
8.3. Ответ: 49 • 250 + 1.
Решение. Имеем
1 + 2 • 2 + 3 • 22 + ... + 50 • 249 =
= (1 + 2 + ... + 249) + (2 + 22 + ... + 249) + ... + 249 = = (250 - 1) + 2 (249 - 1) + ... + 249(2 - 1) = = 50 • 250 - (1 + 2 + ... + 249) = 50 • 250 - (250 - 1) = 49 • 250 + 1. 8.4. Ответ; 1 (121^1)
Решение. Пусть S=l + ll + ... + 1_1^1 > тогда 9S =
п единиц
1) + (Ю2 - 1) + ... + (10" - 1) =
9
8.5. 	Ответ: 3(га2
Решение. Так как 7 — простое число, то дробь со знаменателем 7 сократима тогда и только тогда, когда эта дробь является целым числом. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Пусть S\ — сумма всех дробей (в том числе и сократимых) со знаменателем 7, заключенных между числами k и п (включая эти числа). Тогда
су и | 7& + 1 , Ik + 2 , ,
oi = /М ^ 1 ^ \- ... + п =
= |(7fe+(7ft + l) + ... + 7 п) =
1 (7k + 7n)(7n- 7k+ 1) (n + k)(7n-7k + l)
~ 7 ' 2 - 2
Пусть S2 — сумма всех целых чисел от k до п (включая их). Тогда S2 = k + (k +1) +... + (n - 1) + n = + n) —k+ #
67


Искомая сумма равна
S. - S2 = (" + k){ln - U) = 3(„ + k)(n - k).
Второй способ. Сумма всех несократимых дробей со знаменателем 7, заключенных между целыми числами т и т +1, равна
(m + ij + (тп + |) + ...+ (m + ^j =6т+ 1 + 2 * *** + 6 = 6т + 3.
Следовательно, сумма таких дробей, заключенных между & и (fe +1), равна 6k + 3, между (k + 1) и (к + 2) — 6(й +1) + 3 и так далее, между (п — 1) vs. тг — 6(п — 1) + 3.
Таким образом искомая сумма:
S = 6(k + (k + 1) + ... + (п - 1)) + 3(п -k) =
= б . k+!(га -k) + 3(n - k) = 3(п -k)(n + k).
8.6. 	Ответ: +
4
Решение. Заметим, что I3 = 1, 23 = 8 = 3 + 5, З3 = 27 = = 7 + 9 + 11. Возникает гипотеза, что число ks является суммой ряда, состоящего из k последовательных нечетных чисел. Докажем ее. Сгруппируем последовательные нечетные числа следующим образом:
1,(3, 5), (7, 9, 11), (13, 15, 17, 19),...
и найдем сумму чисел S& в k-й группе.
Эта группа будет содержать k чисел. Количество предше-
k(k— 1)
ствующих нечетных чисел равно 1 + 2 +... + (k — 1) = ^— •
тт и b(k - 1) k2 - k + 2k
Прибавив еще к чисел, получим \- к = ^ =
_ k(k + 1) Следовательно, искомую сумму Sk можно найти
Л к(к + 1)
следующим образом: от суммы первых ^ нечетных
*(* - 1) гр
чисел отнять сумму первых = нечетных чисел. Таким
образом, используя результат, полученный в задаче 1.2, по¬
68


лучим
St = (^)2-(^)2 =
= ^<(ft + 1) + ф - l))((fe + 1) - (ft - 1)) = £ • 2h ■ 2 = ft8.
Следовательно, искомая сумма S равна сумме первых
п(п + 1) /п(п + 1)\2 п2(п +1)2
2 нечетных чисел, то есть S= ( ^ ) — 4— •
Отметим, что в первой части доказательства мы фактически использовали метод математической индукции. Заметим также, что попутно доказано следующее равенство:
I3 + 23 + ... + (n - I)3 + п3 = (1 + 2 + ... + (га - 1) + п)2.
Анализируя результаты, полученные при суммировании первых п натуральных чисел, их квадратов и кубов, можно заметить, что полученные суммы являются многочленами, степень которых на единицу больше степени слагаемых. Эта закономерность справедлива и для сумм последующих степеней. Наряду с другими соображениями более высокого порядка (алгебраическими, геометрическими и аналитическими) она помогает найти общую формулу для суммы k-x степеней первых п натуральных чисел. Подробнее см., например, Г. Мерзон, «Алгебра, геометрия и анализ сумм степеней последовательных чисел», «Математическое просвещение», серия 3, выпуск 21, 2017.
8.7. 	Ответ: п(п + 2)(3га + 5).
Решение. Слагаемое с номером k можно представить так: = ft(fc + I)2 = (ft + 1 - 1) (ft + l)2 = (ft + l)3 - (ft + l)2. Тогда
S = (23 + З3 +... + nz + (n +1)3) - (22 + 32 +... + n2 + (n +1)2) =
= (l3 + 23 + З3 +... + (n +1)3) - (l2 + 22 + 32 +... + (n + l)2) =
(« + l)2(ra + 2)2 (n + 1) (n + 2) (2n + 3)
~ 4 6 ~
_ (n + 1)(n + 2)(3n2 + 9n + 6 — 4n — 6) _ n(n+ l)(ra + 2)(3re + 5) - 12 - 12 •
69


Для вычисления использованы формулы, полученные в примере 8.1 и задаче 8.6.
Можно также использовать задачи Д27—ДЗО, Д46, Д50— Д59.
70


Занятие 9 Числа Фибоначчи
Это занятие посвящено изучению свойств одной из самых известных последовательностей: чисел Фибоначчи. В рамках решения и обсуждения задач школьники получат уникальную возможность сочетания методов и приемов из алгебры, теории чисел и комбинаторики, которые в некоторых случаях можно интерпретировать геометрически. Для работы с предложенным материалом от учащихся потребуется уверенное владение методом математической индукции и знание основ теории делимости, а также навыки тождественных преобразований и комбинаторных рассуждений.
На этом занятии мы познакомимся с удивительной числовой последовательностью, разнообразные свойства которой находят применение в самых разных разделах математики. Начнем с задачи.
Пример 9.1. Петя поднимается по лестнице из двенадцати ступенек. Ступив на первую ступеньку, далее он может шагать вверх либо на одну ступеньку, либо на две. Сколькими способами Петя сможет подняться по лестнице?
Можно попытаться ответить на вопрос задачи, сделав перебор, но мы поступим иначе.
Решение. Количество способов подняться на лестницу из п ступенек, находясь у ее подножья и соблюдая условия задачи, обозначим через ип. На первую и на вторую ступеньки Петя может попасть единственным способом, поэтому Ui = l,i/2 = 1.
Пусть Петя поднимается по лестнице, в которой п + 2 ступеньки. Если его первый шаг был на две ступеньки (с первой на третью), то ему останется преодолеть п ступенек и количество способов закончить подъем равно ип.
71


Если же первый шаг был на одну ступеньку, то количество способов закончить подъем равно ип+\.
Значит, ип+2 = ип + ип+1. Это равенство позволяет, зная i/i и г/2, последовательно вычислить значение ип для любого натурального п. В нашем случае и% = 2, 1/4 = 3, 1/5 = 5, 1/6 = 8, 1/7 = 13, i/g = 21, 1/9 = 34, l/ю = 55, z/ц = 89, u\2 = 144.
Ответ: 144.
В ходе решения этой задачи мы получили рекуррентное соотношение, задающее последовательность чисел, в которой каждый член начиная с третьего равен сумме двух предыдущих. Такая последовательность была впервые описана еще в XIII веке в книге знаменитого итальянского математика Леонардо Фибоначчи, поэтому названа его именем. Леонардо описал эту последовательность в виде задачи о размножении кроликов, которое подчиняется определенным условиям.
Числовая последовательность {ип}, в которой U\ = U2 = = 1 и для любого натурального п выполняется равенство ип+2 = ип + ип+1> называется последовательностью Фибоначчи, а ее члены — числами Фибоначчи.
Основные свойства этих чисел будут сформулированы в виде задач, из которых две мы рассмотрим в качестве примеров, а остальные предназначены для самостоятельного решения. В дальнейшем, если это не оговорено особо, {ип} — это последовательность Фибоначчи.
Пример 9.2. Докажите, что: a) ukuk+1 — uk-\uk = u\(k> 1); б) и\ + и\ + ... + и\ = ипип+1.
72


Решение, а) Из определения следует, что щ+i — \ — щ.
Значит, ukuk+1 - uk-xuk = uk(uk+1 - uk_i) = .
б) 	Запишем n верных равенств: u\ — U\U2, =
= 1/31/4 — г/2^3, ...» u„ = unun+1 — un-iun. Сложим их почленно, тогда в правой части почти все слагаемые взаимно уничтожатся и мы получим требуемое равенство.
Обратите внимание на прием почленного сложения равенств. Кроме того, равенство, доказанное в пункте б), имеет красивую геометрическую интерпретацию: из квадратов со сторонами ui,u2,ип можно сложить прямоугольник со сторонами ип и ип+\ (см. рис. 9.1 для п = 5).
Рис. 9.1
Пример 9.3. Докажите, что ип+т = ип_\ит + ипит+\. Решение. Проведем доказательство индукцией по т. База: при т — 1 равенство примет вид ип+\ = ип-\ + иП9 что верно по определению; при т — 2 равенство примет вид ип+2 = ип_ 1 + unus, что равносильно верному равенству ип + ип+1 = ип-1 + 2ип. Шаг: пусть равенство верно при т = k и при т = k + 1. Докажем, что тогда оно верно при т — k -Ь 2.
Действительно,
2 = ^гс+fc+l Н- Un+k ~ Un—lUk+\ “h UnUk+2 “Ь ип—lUk UnUk+l —
= + u*) + un(uk+2 + Uk+1) = un_iuk+2 + Unuk+3,
что и требовалось.
Доказанное тождество можно проинтерпретировать и обосновать комбинаторно, вернувшись к задаче о шагах
73


Пети по лестнице. Пусть он должен достичь ступеньки с номером п + т. Количество способов это сделать в наших обозначениях равно ип+т. Разобьем множество его маршрутов на два вида в зависимости от того, перескочил ли он ступеньку с номером п или шагал, наступив на нее. В первом случае он должен сначала попасть на ступеньку с номером п — 1 (это можно сделать ип_\ способами), затем шагнуть на ступеньку с номером п + 1, а затем преодолеть еще п + т — (п + 1) = т — 1 ступеньку (это можно сделать ит способами). Таким образом, количество маршрутов первого вида равно ип_\ит.
Во втором случае на ступеньку с номером п он может попасть ип способами, а достичь оттуда ступеньки с номером п + т он может т + 1 способами. Таким образом, количество маршрутов первого вида равно ипит+\.
Это тождество, а также использованные при доказательстве индуктивные и комбинаторные рассуждения найдут применение при решении некоторых из задач, предложенных ниже.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
9.1. (Свойства сумм.) Докажите, что: а) и\ + U2 + ... + ип = = ип+2 - 1; б) Ui + иг + и$ + ... + и2п-1 = U2nl в) U2 + U4 + UQ + ... — + U2n = ^2л+1 — 1-
9.2. Докажите, что любые два соседних числа Фибоначчи взаимно просты.
9.3. Докажите, что: а) разность квадратов двух чисел Фибоначчи, номера которых отличаются на 2, является числом Фибоначчи; б) для любого числа Фибоначчи найдется кратное ему число Фибоначчи с большим номером.
9.4. (Тождество Кассини.) Докажите, что un_iun+i — и„ = = (-1)Л, где п > 1.
9.5. Последовательность {ап} такова, что а\ — 1, ап+\ =
= 1 + —. Существует ли число, которое меньше всех членов ап
последовательности с четными номерами и одновременно больше, чем любой член последовательности с нечетным номером?
74


9.6. Найдите количество слов длины 10, состоящих только из букв «А» и «Б» и не содержащих в записи двух букв «Б» подряд.
9.7. 55 боксеров участвовали в турнире по системе «проигравший выбывает». Бои шли последовательно. Известно, что у участников каждого боя количества предыдущих побед отличались не более чем на 1. Какое наибольшее количество боев мог провести победитель турнира?
Ответы и решения
9.1. Решение, а) По определению запишем п равенств:
Ui = Us U2, ^2 ~ ^4 Us, •••? Un_i — Un+\ Un, Un — Un.|_2 Un+\.
Сложим их почленно, тогда ряд слагаемых в правой части взаимно уничтожатся: и\ + и2 + ... + ип = ип+2 — и2 = ип+2 — 1.
б) По определению и\ = и2, из = и± — и2, и$ = щ — и±, ..., u2n-i = и2п — и2п—2. Сложим эти равенства почленно, тогда ряд слагаемых в правой части взаимно уничтожатся: и\ + из + иъ + ... + u2n-1 = и2п.
в) Запишем равенство из пункта а) для 2п слагаемых: Mi + и2 + ... + u2n-i + и2п = и2п+2 - 1. Вычтем из него равенство из пункта б) и получим требуемое равенство.
9.2. Решение. Воспользуемся определением и равенством НОД(а; Ъ) = НОД(6; а + Ъ). Тогда для любого k > 1 имеем НОД(и/г-1; uk) = НОД(ик; им). Значит, 1 = ЯОД(иг; и2) = = НОД(и2; из) = ... = НОД(ип; ип+1), что и требовалось.
Полученный результат, в частности, показывает, что алгоритм Евклида может содержать любое количество шагов. Чтобы получить результат на k-м шаге этого алгоритма, достаточно рассмотреть НОД(и*+1; щ+2).
9.3. Решение, а) Преобразуем разность квадратов чисел Uji+I и Un—
и2п+1 - и\_J = (ип+1 - u„_i)(un+i + u„_i) =
= Un(lln+1 + Un_i) = Un^\Un + UnUn+1.
Полученное выражение — это правая часть равенства, доказанного в примере 9.3 при т = п. Следовательно, оно равно и2п, что и требовалось.
75


б) 	Из доказанного в пункте а) следует, что U2n — ип{Цп+1 Н~ Un—1)>
значит, и,2п кратно ип.
9.4. 	Решение. Докажем по индукции. База: при п — 2 равенство примет вид u\u% — и\ — 1, то есть 1 • 2 — 1 = 1. Шаг: пусть равенство верно при п — k, докажем, что тогда оно верно при п = k + 1. Действительно,
UkUk+2 ~ U2k+1 = Uk(uk + Uk+1) - «f+i =
= uf + - ul+l = Uk_!Uk+1 - (-l)ft + UkUk+1 - U2h+1 =
= uft+l(u*-l + Ufc - Uft+i) + (-1)*+1 = (-1)*+1.
Доказанное равенство допускает различные интерпретации.
1. 	Приведем геометрическую иллюстрацию, например, для п = 6. Рассмотрим квадрат со стороной щ = 8 и, разбив его на 4 части так, тсатс показано на рис. 9.2 слева, «сложим» из них прямоугольник со сторонами щ = 5 I/ 1*7 = 13 тате, тса/с показано на рис. 9.2 справа. Но 5*13 — — 82 = 1, то есть площадь прямоугольника на одну клетку больше. Выполнив аналогичные построения для квадрата со стороной щ = 13, можно убедиться, что при переходе к прямоугольнику одна клетка «исчезнет». Читатель без труда поймет, где допущена ошибка.
Рис. 9.2
2. Разделив почленно доказанное равенство на un_iun,
ип+1 ип (-1)” ~ л л
получим = . Отсюда видно, что по мере
ип ип-1 Un-iUn *
76


увеличения п эта разность неограниченно уменьшается,
то есть последовательные отношения двух соседних чисел
Фибоначчи отличаются все меньше и меньше. Заметим,
с b
что если Ь>а>Оис = Ь + а, то равенство ^ — - = 0 характеризует «золотое сечение» отрезка длины с. Таким образом, последовательные отношения чисел Фибоначчи дают рациональные приближения «золотого сечения», причем с недостатком и избытком поочередно.
9.5. Ответ: существует.
Решение. Заметим, что ап = и-п-х. Действительно, — =
1*1
= 1 = ai и = = 1 Н ;—. Согласно коммен-
Ця+1 Un+! Un+i/un
тарию к задаче 9.4 последовательные отношения чисел Фибоначчи дают рациональные приближения «золотого сечения», причем с недостатком и избытком поочередно.
Найдем такое а, что ^ ^ а — ^ — а. Переходя к этой переменной, получим уравнение 1 + ^ = а, то есть а — положительный корень квадратного уравнения а2 — а — 1 = 0.
~ >/5 + 1
Отсюда следует, что a = —^— — искомое число.
9.6. Ответ: 144.
Решение. Обозначим количество слов длины /г, соответствующих условию, через ап. Тогда а\ — 2, а% — 3. Покажем, что аП9 где п ^ 3, можно выразить через a„_i и an_2.
Количество слов длины п, не содержащих в записи двух букв «Б» подряд и начинающихся с буквы «А», равно an_i, так как после первой буквы может следовать любое слово длины п — 1, не содержащее двух «Б» подряд.
Пусть слово длины п начинается с буквы «Б». Если в этом слове нет двух «Б» подряд, то его вторая буква — это «А», а далее может следовать любое слово длины п — 2, не содержащее двух «Б» подряд. Таким образом, количество слов длины тг, не содержащих в записи двух букв «Б» подряд и начинающихся с буквы «Б», равно аЛ_2. Тем самым доказано, что ап = аЛ_\ + ап_2.
Таким образом, {а} — последовательность Фибоначчи, начинающаяся с третьего члена. Значит, аю = 1*12 = 144.
77


Можно заметить, что эта задача равносильна рассмотренной в примере 9.1. Разрешенные слова однозначно соответствуют способам подъема по лестнице. А именно, добавим по букве «А» в начале и в конце слова и пройдем по слову, как по лестнице из двенадцати ступенек, наступая только на буквы «А».
9.7. 	Ответ: 8.
Решение. Докажем по индукции, что если победитель провел не меньше чем п боев, то количество участников турнира не меньше чем ип+2.
База: при п = 1 количество участников в точности равно 1/з = 2. Шаг: пусть победитель А выиграл последний бой у боксера В. Оставшиеся поединки фактически распадаются на два турнира: один из них выиграл А, а другой — Б. В первом турнире победитель А провел не менее п — 1 боя, значит, количество его участников не меньше чем ип+\. Во втором турнире победитель В провел не менее п — 2 боев, значит, количество его участников не меньше чем ип. Следовательно, в исходном турнире количество участников не меньше чем ип+\ + ип = ип+2.
Покажем теперь, что существует турнир, в котором ип+2 участника и победитель которого провел ровно п боев. Сделаем это индуктивно. Для п = 0 есть турнир из одного участника, для п = 1 — турнир из двух участников и одного боя. Очередной турнир получается объединением турниров с ип+1 участниками, где победитель выиграл п — 1 бой, и турнира с ип участниками, где победитель выиграл п — 2 боя. К этим боям добавляется бой между победителями, который выигрывает победитель первого турнира.
Так как 55 = им, то наибольшее количество боев победителя равно 10 — 2 = 8.
Наглядно это число можно представить себе как количество «шагов», которое требуется для того, чтобы, «двигаясь» по числам Фибоначчи, «дойти» от 55 до 1: 55 —> 34 —> 21 —> 13 —► 8 —> 5 —> 3 —> 2 —»1.
Можно также использовать задачи Д60—Д65.
78


Занятие 10 Вспомогательные последовательности
Это занятие посвящено задачам, для решения которых удобно (а иногда необходимо) вводить новую последовательность, которую уместно называть вспомогательной. В условиях некоторых задач последовательности не упоминаются, а их введение в качестве вспомогательных позволяет найти красивое и короткое решение. В других задачах введение вспомогательной последовательности обеспечивает переход к последовательности, свойства которой известны, в частности к арифметической или к геометрической прогрессии. В ряде случаев этот прием позволяет оценить члены последовательности с конкретными номерами.
Для работы с предложенным материалом от учащихся не потребуется новых знаний и навыков, но подразумевается, что освоен материал предыдущих занятий, в частности, школьники должны хорошо уметь работать с последовательностями, заданными рекуррентно.
Идея введения вспомогательной последовательности возникает в некоторых задачах, которые на первый взгляд никак не связаны с последовательностями. Рассмотрим характерный пример — задачу, давно ставшую «классикой».
Пример 10.1. Над цепью озер летела стая белых гусей. На каждом озере садилась половина гусей и еще по л гуся, а остальные гуси летели дальше. В итоге все гуси сели на семи озерах. Сколько гусей было в стае?
Эту задачу можно решить непосредственными вычислениями, начав «с конца» и доказав, что на седьмом озере сел один гусь, но мы поступим иначе.
Решение. Пусть вместе с белыми гусями все время летел еще один гусь — серый. Если к некоторому озеру подлетают т белых гусей и один серый, то на это озеро садятся
79


гусей, то есть ровно половина подлетевших. Следовательно, после каждого озера количество летящих гусей уменьшается ровно в два раза. После седьмого озера оно уменьшилось в 27 = 128 раз и летящим остался один гусь — серый. Значит, изначально в стае было 128 гусей, из которых один — серый.
Ответ: 127.
Разберемся, откуда «возник» серый гусь и при чем
здесь последовательности. Пусть хп — количество летящих
белых гусей, перед которыми впереди еще п озер, тогда
х 1
условие задачи запишется так: хп — хп~\ — -£■ + Следовательно, хп = 2хЛ_1 + 1, то есть {хп} — последовательность, заданная рекуррентно. Добавив серого гуся, мы ввели вспомогательную последовательность уп = хп + 1. Так как хп = уп — 1, = уп-1 — 1, то после подстановки мы
получим рекуррентную формулу новой последовательности: уп = 2уп-1- Следовательно, {уп} — геометрическая прогрессия со знаменателем 2, поэтому формула ее п-го члена: уп = 2п • уо. Так как Хо = 0, то у о = 1, значит, последовательность {хп} задается формулой хп = 2п — 1. При п = 7 получим ответ на вопрос задачи.
Использование вспомогательной последовательности часто помогает и при оценке какого-либо члена исходной последовательности.
Пример 10.2. Последовательность {ап} задана соотношениями а\ — 0,5, ап+1 =ап — а%- Верно ли, что а2015 <
Несложно увидеть, что данная последовательность убывает, но насколько быстро? Оценить это и ответить
80


на вопрос задачи поможет разумное введение вспомогательной последовательности.
Решение. Заметим, что все члены данной последовательности лежат в интервале (0; 1). Действительно, ап — а2 < 1 а2 — ап + 1 > 0 (верное неравенство). Учитывая, что fli > 0 и ak+1 = ak — а\ = ak(l — ak) > 0, если ak > 0 (индукция). Кроме того, для любого натурального п имеем ап+1 — ап = — а2 < 0, то есть {ап} убывает.
Рассмотрим последовательность Ьп = которая возрастает. Тогда Ъ\ = 2 и
ь"+1 = Х^Х = =Ьп + 1 + Ъ^Т >b" + 1- Ьп ь2
Следовательно, + (л — 1) = п + 1, и тогда 62015 > 2016.
Значит, а2015 <
Ответ: верно.
В рассмотренных примерах формула /г-го члена новой последовательности получалась из формулы п-го члена заданной последовательности с помощью несложных арифметических действий. Но иногда условие задачи «диктует», что надо рассмотреть вспомогательную последовательность, выразив ее общий член через два соседних члена данной последовательности.
Пример 10.3. На прилавке в ряд лежат 12 арбузов. Масса первого арбуза равна 6 кг, последнего — 11,5 кг. Каждый арбуз (кроме первого и последнего) ровно на 200 г легче среднего арифметического двух своих соседей. Найдите массу второго арбуза.
Решение. Пусть хп (кг) — масса п-то арбуза. По условию
%п+1 = Хп + *п+2 — 0,2, где п — 1,2, ..., 10, что равносильно соотношению хп+2 — Хп+1 = *п+1 — хп + 0,4. Это означает, что в последовательности {хп} разности соседних членов образуют арифметическую прогрессию. Обозначим через and соответственно первый член и разность этой арифметической прогрессии, тогда ее члены: а, а + d, ..., а + 10d.
81


Пусть теперь Xi = х. Выразим массы арбузов через х, а и d: х, х + а, х + 2а + d, х + За + 3d, ... В общем виде:
хп = х + (п — 1 )а + (1 + 2 + ... + (п — 2 ))d =
, л ч (л — 2) (/г — 1) ,
= х + (/I — 1)а Н g d.
В нашем случае х = 6, d = 0,4. Тогда значение а найдем из условия *12 — 11,5. Получим уравнение: 11,5 = = б + 11а + 55 • 0,4 а = -1,5. Значит, х2 = х + а = 4,5. Ответ: 4,5 кг.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
10.1. Поток студентов пять раз сдавал один и тот же зачет (не сдавшие приходили на следующий день). Ежедневно успешно сдавали зачет треть пришедших студентов и еще треть студента. Каково наименьшее количество студентов, так и не сдавших зачет за 5 дней?
10.2. В ряд выписано двадцать одно число, при этом если
2x2
число у стоит между числами х и г, то у = -■■ -. Первое
число равно y^Q, а последнее число равно Найдите
пятнадцатое число.
10.3. Последовательность {ап} положительных чисел такова, что каждый ее член начиная со второго равен полусумме среднего арифметического и среднего геометрического двух соседних с ним членов. Найдите a2oi7, если а\ = 4, CLq 4 = 9.
10.4. Последовательность {хп} определена условиями Хо = 1,5, хп+х = х\ — 2хп + 2. Докажите, что \х$ — 1| < 10-9.
10.5. Последовательность {ап} задана условиями а\ — 1,
ал+1 = ап + —. Докажите, что аюо > 14. аЛ
10.6. Последовательность {,хп} определяется условиями Х\ = 19, х2 — 97, хп+2 = хп —. Докажите, что среди
%п+1
членов последовательности найдется нуль, и найдите номер этого члена.
82


10.7. 	Последовательность {хп} такова, что
_ хпхп+1 + 5х*
Хп+2 ~ хп- Хп+1 для всех натуральных п. Известно, что Х2000 = Докажите, ЧТО #1999 ф х2.
Ответы и решения
10.1. 	Ответ: 31.
Решение. Пусть каждый раз вместе со студентами на зачет приходил школьник. Если в какой-то день на зачет пришли т студентов и школьник, то в этот день его успешно сдали ^ ~ = пг--^-~ студента, то есть ровно треть пришед¬
ших. Следовательно, после каждого раза количество приходящих на зачет уменьшается в полтора раза. После пятого
___
дня оно уменьшилось в ( ^ ) — -gg" Раза*
Пусть в первый раз пришло х человек, тогда после пято-
243 32х гг
го дня осталось х : = -^-гк человека. Так как это число
Oct л4о
целое, то его наименьшее значение равно 32 (при х — 243). Один из этого количества — школьник, значит, не сдавших зачет студентов — 31.
Использованный метод рассуждений аналогичен разобранному в примере 10.1.
10.2. 	Ответ:
Решение. Заметим, что среди записанных чисел не может быть нулей. Действительно, если х = 0, то у = 0, и тогда
все последующие числа должны быть нулями, что проти-
2 xz
воречит условию. Значит, равенство у = —— равносильно
1^1
1 У 2
равенству - = g Следовательно, числа, обратные данным, образуют арифметическую прогрессию {ап} с разностью d = — -I_. Поэтому ais = а\ + 14d = 100^,
10
а искомое число равно JqqY •
Идея перехода к арифметической прогрессии в качестве вспомогательной последовательности возникает из того,
243
83


что в заданной последовательности каждый член, кроме крайних, является средним гармоническим двух соседних.
10.3. Ответ: 1156.
Решение. По условию для всех п ^ 2 выполняется равен-
ап—1 -Ь Лп-ц! ,
1 + y/an-ian+i (v^rr+Va^D2
ство ап = * 2 = 4 • Рас'
смотрим вспомогательную последовательность Ьп = у/а^.
Ъ | ^
Так как при п ^ 2 имеем 6„ = п-~ , то {6„} — арифметическая прогрессия, в которой b\ — sja\ = 2, &64 = = 3.
L L
Тогда ее разность d = 64^g 1, значит, 62017 = 61 + 2016d =
= 326б4 — 31&i = 34. Таким образом, 02017 = 62017 = 342 = 1156.
10.4. Решение. Пусть уп = хп — 1, тогда уо = 0,5, уп+\ =
= (хп - I)2 = у\. Следовательно, ух = у2 = Уз =
_ 1 1
216 ’ 232 ’
Таким образом,
1*5 - 1| = \Уь\ = 232 < (2Т0) = (1024) <(1000) = То»'
В данном случае идею введения вспомогательной последовательности «подсказывает» рекуррентная формула заданной.
10.5. Решение. Пусть Ъп = а2, тогда &i = 1,
2
&л+1 — (ап + ^ а2 + 2 = Ьп + 2.
Следовательно, &юо ^ &i + 2 • 99 = 199. Учитывая, что для любого натурального п выполнено неравенство ап> 0, получим аюо ^ л/199 > 14, что и требовалось.
10.6. Ответ: п = 1845.
Решение. Заметим, что заданное соотношение равносильно системе
Хп+2Хп+1 — Хп-\-\Хп 1,
Xji+1 ih 0.
Следовательно, нулем может оказаться только хп+2-
Рассмотрим вспомогательную последовательность {уп}: Уп = хп • хп+\. Поскольку ^1 = 19 • 97 = 1843 и yn+i =уп- 1,
84
{


то первый нуль в ней стоит на 1844-м месте. Это значит, что в последовательности {хп} первый нуль стоит на 1845-м месте.
10.7. 	Решение. Из условия задачи следует, что хп+\ ф хп.
5хп + хп+\
Пусть уп = хп+1 - хП9 тогда уп+1 = хп+2 ~ *n+i = .
Уп
Числитель полученной дроби положителен, поэтому для любого натурального п числа уп+1 и уп имеют разные знаки, то есть в последовательности {уп} знаки членов чередуются. Следовательно, числа 1/1999 и У\ одного знака.
Пусть теперь утверждение задачи неверно, то есть Х1999 = = Х2. Учитывая, что #2000 — получим
J/1999 = ^2000 — ^1999 = Х\ — Х2 = ~У\
— противоречие.
| Можно также использовать задачи Д40, Д58, Д65—Д74.
85


Занятие 11 Применение свойств последовательностей
Последнее занятие этой книжки посвящено обсуждению сравнительно трудных задач. Для их решения применяются общие свойства последовательностей: периодичность, монотонность и ограниченность. Применение этих свойств уже встречалось при решении некоторых задач на предшествующих занятиях, но только в достаточно простых случаях. Кроме того, эти свойства формулировались и применялись на интуитивном уровне, без введения строгих определений. Среди задач, рекомендуемых к предыдущим занятиям в качестве дополнительных, также есть задачи, при решении которых используются перечисленные свойства. Отдельно отметим, что большинство задач этого занятия ранее использовались на олимпиадах достаточно высокого уровня.
На этом занятии основное внимание будет уделено задачам, в которых применяются общие свойства последовательностей: периодичность, монотонность, ограниченность. На предыдущих занятиях вы уже сталкивались с некоторыми из этих свойств при решении более простых задач. Например, большинство последовательностей в задачах занятия 4 были периодическими. Уточним это понятие.
Последовательность {ап} называется периодической, если для всех ее членов начиная с выполняется равенство аъ+р = ak, где р — некоторое натуральное число.
В этом случае фрагмент (ak, яач-ь •••, я/г+p-i) называется периодом {ап}, а число р — длиной периода (иногда для краткости говорят, что р — период). Фрагмент (ai, a2,..., а^i) называется предпериодом (если он существует).
Пример 11.1. Последовательность нулей и единиц строится следующим образом: на й-м месте ставится нуль, если
86


сумма цифр числа k четна, а иначе (если сумма цифр числа k нечетна) ставится единица. Является ли эта последовательность периодической?
Как устроена эта последовательность? Внутри каждого десятка происходит чередование нулей и единиц, а при переходе через десяток две цифры повторяются, причем по- разному (на девятом и десятом местах стоят единицы, на девятнадцатом и двадцатом — нули, и так далее). Но если рассматривать переход через сотню, то двух повторяющихся цифр не будет, а через при переходе через тысячу — опять будет. Возникает предположение, что периода нет. Обычно это доказывается «от противного», то есть мы получаем противоречие исходя из того, что период должен иметь определенную длину.
Решение. Предположим, что данная последовательность имеет период d, перед которым стоит число т (предпери- од). Выберем такое п, что 10Л > т + d. Тогда суммы цифр чисел 10п и юл+1 равны по 1, а суммы цифр чисел 10п — d и 10n+1 — d отличаются на 9, то есть имеют разную четность. Противоречие.
Ответ: не является.
Другим важным свойством некоторых последовательностей является монотонность. Напомним, что если каждый член последовательности начиная со второго больше предыдущего, то последовательность возрастающая, если меньше предыдущего, то она убывающая, а если равен предыдущему, то последовательность постоянная. Если в этих случаях условие «больше» («меньше») заменить на условие «больше или равен» («меньше или равен»), то речь пойдет о нестрогой монотонности, то есть о неубывающей (невозрастающей) последовательности.
Пример 11.2. Дана бесконечная неубывающая последовательность ао, аь ..., ап, ..., все члены которой неотрицательны. Известно, что последовательность bk = а/г+i — ан (k = 0, 1, 2,...) невозрастающая. Докажите, что невозрастающей является также последовательность {ап/п}.
Условие задачи станет яснее, если попытаться представить его наглядно.
87


Решение. Построим график {ап} в декартовой системе координат и соединим отрезками соседние точки (см. рис. 11.1). Полученная ломаная, оси координат и прямая х = п ограничивают многоугольник. Так как последовательность {bk} невозрастающая, то этот многоугольник будет выпуклым, значит, его диагональ QA, где 0(0; 0), А(п\ ап), лежит внутри многоугольника. Прямая ОА задается уравнением у = поэтому точка М^п — 1; п п ^ an^j лежит на диагонали, то есть М находится внутри многоугольника.
ап-1
Следовательно, п-—~-ап ^ a„_i
п — 1 *
Рис. 11.1
Это рассуждение справедливо для любого натурального п, значит, последовательность |~-| невозрастающая.
Если множество значений последовательности конечно, то такая последовательность ограничена, поскольку в этом случае у нее есть наибольший и наименьший члены (назовем их а и & соответственно), а все остальные принадлежат отрезку [а;Ь]. Этим свойством обладают все конечные последовательности, а также все бесконечные периодические последовательности, но не только они. Также встречаются бесконечные последовательности, ограниченные только сверху или только снизу.
88


Пример 11.3. Фома и Ерёма строят последовательность. Сначала в последовательности было одно натуральное число. Затем они по очереди записывают следующие числа. Фома получает очередное число, прибавляя к предыдущему любую из его цифр, а Ерёма — вычитая из предыдущего любую из его цифр. Докажите, что какое-то число в этой последовательности встретится бесконечное количество раз.
Решение. Пусть первые два члена последовательности а\ и а2 меньше чем 10т. Докажем, что тогда и все остальные члены последовательности меньше чем 10т.
Предположим, что это не так и п — наименьший номер, при котором ап ^ 10т. Ясно, что этот член записан Фомой, значит, an_i ^ 10т — 9. Но ап_\ записано Ерёмой, поэтому а„_2 ^ i ^ 10т — 9, то есть все цифры, кроме последней, в записи числа ап_2 — это девятки. Но тогда Ерёма, вычитая из этого числа одну из его цифр, получит а„_ 1 ^ 10т — 10. Противоречие.
Так как количество членов последовательности бесконечно, а множество ее значений конечно (ввиду ограниченности), то, по крайней мере один из ее членов повторится бесконечное количество раз.
Упражнения и задачи для самостоятельного решения
11.1. Дан прямоугольник с отношением сторон л/5. От него отрезают квадрат и находят отношение сторон получившегося прямоугольника. Эта операция повторяется для каждого полученного прямоугольника. Докажите, что последовательность отношений сторон периодична.
11.2. В магазин завезли 20 кг сыра, за ним выстроилась очередь. Отпустив сыр очередному покупателю, продавщица безошибочно подсчитывает средний вес покупки по всему проданному сыру и сообщает, на сколько человек хватит оставшегося сыра, если все будут покупать именно по этому среднему весу. Могла ли продавщица после каждого из первых десяти покупателей сообщать, что сыра хватит еще ровно на 10 человек? Если да, то сколько сыра осталось в магазине после первых десяти покупателей?
89


11.3. Найдите все строго возрастающие последовательности натуральных чисел а\, а2, ..., аП9 ..., в которых а2 = 2 и апт — апат для любых натуральных пит.
11.4. Последовательность {ап} строится по заданному натуральному числу ао так:
{(а2 — 5, если аЛ нечетно,
0,5ап, если ап четно.
Докажите, что при любом нечетном ао > 5 эта последовательность не ограничена.
11.5. Каждый из первых четырех членов последовательности равен 9, а каждый ее член начиная с пятого равен остатку от деления произведения четырех предыдущих членов на 11. Встретится ли в этой последовательности четверка (1, 9, 9, 9)?
11.6. Бесконечная последовательность нулей и единиц
0110100110010110... составлена так: сначала записан 0, затем на каждом шаге к уже записанному куску приписывается кусок той же длины, в котором нули заменены единицами, а единицы — нулями, а) Какая цифра стоит на 1986-м месте? б) Является ли эта последовательность периодической?
11.7. Бесконечная последовательность f(n) (п = 1,2, ...), состоящая из натуральных чисел, такова, что f(f(n)) = = f(n + 1) + f(n) для всех натуральных п. Докажите, что все члены этой последовательности различны.
Ответы и решения
11.1. 	Решение. Заметим, что на Каждом шаге большая сторона прямоугольника уменьшается, а меньшая остается неизменной. Рассмотрим последовательность {ап} отношений больших сторон прямоугольников к меньшим. Так как а\ = л/5, то будем считать, что стороны исходного прямоугольника равны 1 и л/5. Тогда а2 = \/5 — 1, а3 = —J1— =
V 5 — 2
_ /К , О _ 3 - у/Ъ 1 , 5 - 2у/Ь ге
’ 4-у/Ь-2~ у/Е-2 ,а5_ у/5 — 2 ai'
90


Утверждение задачи можно обобщить для любого прямоугольника с отношением сторон, равным где пи k —
натуральные числа. Отметим, что если л/п = т, где т — натуральное число, то последовательность отношений сторон будет конечной, так как шаги рассматриваемой операции совпадают с шагами поиска НОД(тп; п) с помощью алгоритма Евклида.
11.2. Ответ: могла; 10 кг.
Решение. Пусть Sk средний вес сыра, проданного первым ft покупателям. По условию 20 — fts& = 10s^, следова-
20 . тельно, Sk = ^ кг, а после ft-го покупателя остается
Xk — 20 — кг сыра. Полученная ПОСЛеДОВа-
Jti»
тельность {хк} убывает, и — = 10, следовательно, продавал
щица может делать указанное сообщение после каждого покупателя (не ограничиваясь первыми десятью). Так как Хю — Ю, то после десятого покупателя осталось 10 кг, то есть ровно половина сыра.
11.3. Ответ: ап = п.
Решение. Так как а\ < а2 и а\ — натуральное число, то а\ = 1. Докажем теперь методом математической индукции, что а2п = 2п. База индукции: а21 = 2 = 21. Шаг индукции: пусть а2н — 2k, тогда
a2k+i = #2А*2 = * ^2 = 2^ • 2 = 2Л+1.
Доказав, что а2п = 2Л, заметим, что между а2* и a2*+i находится ровно 2Л+1 — 2k — 1 = 2k — 1 членов последовательности и столько же натуральных чисел. Учитывая также, что искомая последовательность {ап} строго возрастающая, получим, что для любых натуральных п должно выполняться равенство ап = п.
В этом случае апт = пт = апат для любых натуральных пит.
11.4. Решение. Докажем, что в этой последовательности каждое нечетное число больше предыдущего нечетного числа. Пусть ап = 2k + 1, тогда ап+\ = (2k + I)2 — 5 = 4ft2 + 4ft — 4. Следовательно, ап+2 = 2ft2 + 2ft — 2 и ая+з = ft2 + ft — 1 —
91


нечетное число. Кроме того, так как k > 2, то
к2 + k-l>2k + l & (к + l)(ft — 2) > О,
то есть ciji-j-3 ^ ац•
Таким образом, а$ <а%<а§ < ... < а%п < — > то есть последовательность {ап} не ограничена.
11.5. Ответ: встретится.
Решение. Множество остатков от деления на 11 конечно, поэтому конечно и множество четверок остатков от деления на 11. Следовательно, какая-то четверка обязана когда- нибудь повториться, и с этого момента начнет повторяться вся последовательность, то есть она будет периодической.
Покажем, что в обратную сторону последовательность восстанавливается однозначно. Действительно, если перед четверками (а,Ь, с, d)9 расположенными в разных местах, стоят два числа х и у, то остатки от деления на 11 чисел хаЪс и уаЪс равны d. Следовательно, xabc — уаЪс = (х — y)abc делится на 11, значит, х = у.
Таким образом, повторится первая четверка, а перед ней будут стоять число 3. Перед ним стоит четверка 1, 9, 9, 9, что и требовалось.
Отметим, что эта четверка встретится бесконечное количество раз.
11.6. Ответ: а) 0; б) нет.
Решение. Введем обозначения: {хп} — данная последовательность, где х§ = 0, Х\ — 1, 0=1 и 1 = 0. Правило, по которому строится заданная последовательность, можно переформулировать: вначале есть строка 0, затем 0 заменяется на пару 01, потом из нее строится четверка заменой 0 на пару 01, а 1 — на пару 10, и так далее. На каждом шаге из предыдущей строки строится строка вдвое длиннее заменами 0 на 01, а 1 на 10 (подумайте, почему новое правило равносильно старому). В общем случае правило формулируется так: цифра, стоящая на п-м месте, дает две цифры, стоящие на (2я)-м и (2п + 1)-м местах (не забудьте, что места нумеруются с нуля). Значит, последовательность цифр {хп} обладает следующими свойствами: 1) *2п = *п\ 2) *27*+! — ^2п- Воспользуемся ими.
92


а) 	Имеем
#1986 — #993 — #992 — #496 — #248 — #124 — #62 — #31 — #30 —
= #15 — #14 = #7 = #6 = #3 = #2 — #1 — #0 — 0.
б) 	Предположим, что последовательность {хп} периодична. Пусть k — наименьшая из длин периодов, тогда начиная с некоторого номера п, xn+k = хп. Рассмотрим два случая.
1. Пусть k = 2р, где р — натуральное число. Разобьем {хп} на пары: (x0,#i), (#2>#з)> •••» (x2nyx2n+i), • > тогда первые члены этих пар образуют последовательность {х2п}> которая совпадает с {хп} (см. свойство 1). Следовательно, для рассматриваемых п имеем хп = х2п = х2п+2р = #2(л+р) = хп+р, то есть {хп} имеет период длины р, что противоречит тому, что 2р — длина наименьшего периода.
2. Пусть k = 2р + 1, где р — натуральное число. Значит, в любом куске последовательности длины k разное количество нулей и единиц. Без ограничения общности можно считать, что единиц больше, то есть их не меньше чем р + 1. Рассмотрим тогда кусок последовательности длины 2k. В нем не меньше чем 2р + 2 единицы и не больше чем 2р нулей, то есть количества единиц и нулей различаются по крайней мере на 2. Но это противоречит свойству 2), из которого следует, что в любом куске последовательности, начинающемся с х2п, разность между количеством единиц и нулей не превышает 1.
Таким образом, последовательность {хп} не периодична.
Отметим еще одно свойство последовательности {хп} (в частности, из него следует другой способ решения пункта а)); хп = xn_2k, где 2k ^ п < 2k+1.
Рассмотренная последовательность находит применение в различных разделах математики и называется последовательностью Морса—Туэ. Так как она обладает свойством самоподобия, то она является одним из простейших примеров фрактала.
Ее можно определить и формулой п-го члена: если запись числа п в двоичной системе счисления содержит четное количество единиц, то хп = 0, а если количество единиц нечетно, то хп — 1. Определив ее таким образом, можно
93


по-другому доказать те свойства, которые использовались при решении задачи.
11.7. 	Решение. Предположим, что существуют натуральные числа т и ft (ft > т), для которых f(m) = /(ft). Тогда выполняется равенство f(f(m)) = f(f(k)). Подставим в равенство f(f(n)) = f(n + 1) + f(n) числа т и ft. Получим f(f(m)) = f(m + 1) + f(m) и /(/(ft)) = /(ft + 1) + /(ft). Следовательно, /(m + 1) = /(ft + 1).
Рассуждая аналогично, можно последовательно получить равенства f(m + 2) = /(ft + 2), f(m + 3) = /(ft + 3), ... Таким образом, для любого целого неотрицательного р будет выполняться равенство f(m +р) = /(ft + р). Введя обозначения ро = k — т и 1 = т+р, получим, что f(l) = /(/ + р0) для всех натуральных I ^ т, то есть последовательность f(n) будет периодической начиная с п = т.
Периодическая последовательность имеет конечное множество значений. Тогда среди них есть наибольшее, то есть существует такое натуральное число щ, что /(/го) ^ /(л) для всех натуральных п. Но при п = щ равенство, заданное в условии, выполняться не может, поскольку /(/(лго)) ^ < /(тг0), a f(n0 + 1) + f(n0) > f(n0) (так как f(n0 + 1) — натуральное число). Получили противоречие.
Противоречие в заключительной части доказательства можно получить иначе. Из того, что начиная с некоторого номера последовательность f(n) периодична, следует, что owa ограничена. Вместе с тем
f(f(n)) = f(n + 1) + /(га) > /(га),
значит, последовательность f(n), /(/(/г)),/(/...(/(/г))...) {являющаяся подпоследовательностью данной) строго возрастает и не ограничена (так как она состоит из натуральных чисел).
Отметим, что последовательности с указанным в условии свойством существуют, например f(n) = 2п + 2.
Можно также использовать задачи Д23, Д45, Д71, Д72, Д75-Д84.
94


Приложения
Дополнительные задачи
Д1. Найдите номер парковки, занятой машиной (см. рисунок).
16
06
68
88
98
Д2. Найдите закономерности в последовательностях чисел: а) 4, 7, 12, 21, 38,...; б) 2, 5, 10, 50, 500,... — и для каждой из них запишите следующее число.
ДЗ. Дана последовательность 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 1, 0,
I,1,1, 2,1, 3,... а) Укажите закономерность и определите, какая цифра стоит на тысячном месте, б) На каких местах, считая от начала, в первый раз будут стоять подряд три цифры 4? в) А три цифры 9?
Д4*. Дана последовательность 1, 11, 21, 1211,111221,... а) Укажите алгоритм, по которому она строится, и найдите следующий член последовательности, б) Найдите все цифры, которые могут в ней использоваться, в) Какое число можно поставить на первое место в такой последовательности (вместо 1), чтобы она состояла только из одинаковых чисел?
Д5*. Дана последовательность 4,3,3,6,4,5,4,6,6,6,
II,... Угадайте правило, по которому она составлена, и найдите: а) следующее число; б) двадцать первое число; в) сотое число.
Д6. Найдите сумму


Д7. На координатной прямой отметили несколько точек так, что расстояние между любыми соседними точками одно и то же. Найдите сумму координат всех точек, если:
а) 	всего точек 100, а крайние точки имеют координаты 33 и 47; б) всего точек 31, а шестнадцатая точка — начало координат.
да. Найдите сумму первых п чисел, которые дают остаток 1 при делении на 4.
Д9. Маляр красит целые числа на координатной прямой. Сначала он красит число 0, делает шаг вправо, красит число 1, делает 2 шага влево, красит число —1, делает шаги вправо пока не дойдет до непокрашенного числа, красит его, делает шаги влево и так далее. Сколько всего шагов будет пройдено маляром к тому моменту, когда он покрасит число 100?
Д10. Кузнечик прыгает по координатной прямой. Сначала он прыгает из точки с координатой 0 в точку с координатой 1, а затем каждый следующий прыжок совершает вдвое длиннее предыдущего. Направление каждого прыжка: влево или вправо — не зависит от направления предыдущего прыжка. Сможет ли он вернуться в исходную точку, двигаясь подобным образом?
ди*. Взяли две одинаковые колоды из 36 карт, каждую перетасовали и положили одну колоду на другую. Затем подсчитали количество карт, лежащих между каждой парой одинаковых карт: между дамами пик, между тузами червей и так далее. Чему равна сумма всех 36 найденных чисел?
Д12. На тараканьих бегах 20 тараканов выбегают друг за другом с интервалом в одну минуту и бегут с постоянными скоростями. Второй догнал первого через 2 минуты после своего старта, третий догнал второго через 3 минуты после своего старта и так далее, девятнадцатый догнал двадцатого через 20 минут после своего старта. Через сколько минут после своего старта двадцатый таракан догнал первого?
Д13. а) Найдите наибольшее число, у которого каждая цифра начиная с третьей равна сумме двух предыдущих
96


цифр, б) Найдите наибольшее число с таким же свойством среди шестизначных чисел.
Д14. В ряд по возрастанию веса стоят 33 гири (какие- то соседние могут весить одинаково). Известно, что каждые четыре гири, стоящие подряд, можно разложить на две чаши весов по две гири так, чтобы весы уравновесились,
а) 	Третья гиря весит 9 г, девятая — 33 г. Сколько весит тридцать третья гиря? б) Первая гиря весит 4 г, четвертая— 11 г, одиннадцатая — 24 г. Сколько весит двадцать четвертая гиря?
Д15. В ряд были записаны натуральные числа 1, 2, 3, ... ..., п. Их записали в новом порядке: сначала все кратные двум в порядке возрастания (то есть 2, 4, 6, ...), затем из оставшихся — все кратные трем (также в порядке возрастания), затем — оставшиеся и кратные пяти, потом — кратные семи и так далее. На последнее место записали число 1. Известно, что число 2017 осталось на своем месте. При каких п такое возможно?
Д16. В ряд были записаны натуральные числа 1, 2, 3, ... ..., 1004. Их записали в новом порядке: сначала все кратные двум в порядке возрастания (то есть 2, 4, 6, ...), затем из оставшихся — все кратные трем (также в порядке возрастания), затем — оставшиеся и кратные пяти, потом — кратные семи и так далее. На последнее место записали число 1. Найдите самое маленькое число, которое осталось на том же месте.
Д17*. Последовательность {ап} задана условиями а\ = 1 и ап+1 = ап + y/an+i + ап для любого натурального п. Найдите #1999•
Д18. Докажите, что натуральные числа п и п2017 оканчиваются на одну и ту же цифру.
Д19. Последовательность {ап} задана условием ап+2 — а”+1 - Найдите ai986, если а\ = 2, а2 — 3. п
Д20. Первый член последовательности равен 934. Каждый следующий равен сумме цифр предыдущего, умноженной на 13. Найдите 2016-й член последовательности.
Д21. В последовательности {ап} известно, что а\ — 1 и ап+1 = |2ап — 111 для всех натуральных п. Найдите <22017-
97


Д22. а) Последовательность {ап} задана условиями а\ — = 1799, а2 — 1828 и ап+2 = для любого НатураЛЬНО-
^и
го ть. Найдите aigg7 и £*2015-
б) 	Последовательность {&„} задана условиями Ъ\ = 1,
&2 = 22, 63 = 333 и Ьд+з = ^”+2 + * для любого Нату¬
ги
рального /I. Найдите &2001-
Д23. Последовательность чисел а\, а2, ..., «2015 такова, что ai = «2015 и для всех натуральных тг выполняется равенство ап + a„+1 = а2+1 + 1. Найдите аюоо*
Д24. На концах отрезка стоят единицы. На каждом шаге между каждыми двумя соседними числами записывается их сумма. Найдите сумму всех чисел на отрезке через 7 шагов.
Д25. Вокруг стола пустили пакет с семечками. Первый взял одну семечку, второй — две, третий — три и так далее: каждый следующий брал на одну семечку больше. Известно, что на втором круге было в сумме взято на 100 семечек больше, чем на первом. Сколько человек сидело за столом?
Д26. Найдите сумму
С= 1 I 1 , , 1
a (a + d) (а + d) (а + 2d) ^ (а + 99d) (а + 100d) *
Д27. Найдите сумму j-i-g + + ... + 99.100.101 •
Д28. Докажите, что сумма первых ста членов последовательности ап — \; меньше чем 1,99.
71
Д29*. Докажите неравенство
1 + I +... + I < ±.
(2га + 1)(2га + 2) ^ (2га + 3) (2га + 4) ^ ^ (4га - 1)4га 8га
ДЗО*. Найдите сумму 1 + I + | -f ... + (2Я2п,,1)!! W = = ft (ft — 2) (ft — 4) • ... — произведение всех чисел той же четности, что и ft, не превосходящих ft).
Д31. Пусть (р, д, г) — арифметическая прогрессия, а ее члены — простые числа, большие чем 3. Докажите, что разность d этой прогрессии делится на 6.
Д32. Существует ли арифметическая прогрессия, состоящая из 2011 чисел, в которой количество членов, деля¬
98


щихся на 9, больше, чем количество членов, делящихся на 8, но меньше, чем количество членов, делящихся на 10?
ДЗЗ. В арифметической прогрессии из ста членов более половины — целые числа. Обязательно ли все ее члены — целые числа?
Д34. Первый член последовательности равен З2000, а каждый следующий член равен сумме цифр предыдущего. Найдите десятый член этой последовательности.
Д35. Последовательность {ап} такова, что а\ = а, где а — целое число, а2 — 1 + аь аз = 1 + aia2, а4 = 1 + а^аз, ... (каждый член начиная со второго равен произведению предыдущих, увеличенному на 1). Докажите, что разность любых двух соседних членов является точным квадратом.
Д36. Сколько простых чисел содержится в последовательности 101, 10101,1010101,...?
Д37. Какова наибольшая длина арифметической прогрессии с разностью 2 из натуральных чисел, обладающей следующим свойством: квадрат любого ее члена, увеличенный на 1, является простым числом?
Д38. Дана возрастающая арифметическая прогрессия из натуральных чисел. Известно, что у каждого числа ровно два различных простых делителя, причем для всех членов прогрессии эта пара одна и та же. Каково наибольшее возможное количество членов в такой прогрессии?
Д39*. Первый член последовательности равен 1, второй равен 2, а каждый следующий получен из предыдущего прибавлением его наибольшего простого делителя (2 + 2 = 4, 4 + 2 = 6, 6 + 3 = 9, ...). Найдите 3999-й член этой последовательности.
Д40. У чисел 10002, 10012, 10022, ... отбрасывают по две последние цифры. Сколько первых членов полученной последовательности образуют арифметическую прогрессию?
Д41. В последовательности натуральных чисел каждый член — точный квадрат и каждый член начиная со второго больше предыдущего либо на простое число, либо на квадрат простого числа. Какое наибольшее количество членов может быть в такой последовательности?
99


Д42. Можно ли расставить все натуральные числа от 1 до 200 в ряд так, чтобы любые два соседних отличались или на 2, или в два раза?
Д43. Можно ли расположить натуральные числа от 1 до 100 в строку так, чтобы разность между любыми двумя соседними была равна 2 или 3?
Д44. Можно ли из натуральных чисел от 1 до 100 выбрать 71 число так, чтобы их сумма равнялась сумме остальных чисел?
Д45. Бесконечная последовательность
2, 3, 4, б, 9, 13, 19, 28, 42, 63, 94, ...
такова, что каждый член получается из предыдущего умножением на 1,5 и округлением до целого в меньшую сторону. Существует ли в ней шестизначное число?
Д46. Можно ли из бесконечного набора чисел 2 х,2 2, ... ..., 2-Л, ... выбрать геометрическую прогрессию, сумма которой будет равна ^?
Д47. Первый член бесконечной арифметической прогрессии из натуральных чисел равен 1. Обязательно ли из каких-то ее членов можно составить бесконечную геометрическую прогрессию?
Д48. Существует ли такая бесконечная последовательность натуральных чисел, что для любого натурального k сумма k любых идущих подряд членов последовательности делится на k + 1?
Д49. Существует ли такое значение а, что все члены бесконечной последовательности cos a, cos 2а, ..., cos(2na), ... отрицательны?
Д50. Сумма номеров домов на одной стороне квартала равна 247. Какой номер имеет седьмой дом от угла?
Д51. После того как Левша подковал блоху, блоха совершает каждый следующий прыжок вдвое короче предыдущего: если первый прыжок был длиной в аршин, то второй — в пол-аршина, третий — в четверть аршина и так далее. Сможет ли блоха побывать в какой-нибудь точке плоскости дважды? (Количество прыжков блохи конечно.)
100


Д52. Все натуральные числа от 1 до 2015 возвели в квадрат. На сколько сумма нечетных квадратов больше суммы четных квадратов?
Д53. Найдите сумму всех различных трехзначных чисел, составленных только из нечетных цифр.
Д54. Найдите сумму S=| + ^ + J^ + - + ^г-
Д55. Найдите сумму
S = 1 + 12 + 45 + ... + п2(2п - 1).
Д56. В последовательности {хп} каждый член начиная со второго получается сложением его номера с суммой всех предыдущих членов. Найдите сумму первых ста членов этой последовательности, если х\ = 1.
Д57. Последовательность {ап} такова, что а\ — 0, ал+1 =
= - Ь 1. Докажите, что a2oi5 > 6.
Д58*. Дана какая-то бесконечная возрастающая арифметическая прогрессия {ап}. Новая последовательность {Ъп} получается из нее по следующему правилу: Ъ\ — это сумма нескольких первых членов последовательности {ап} (возможно, Ъ\ = ai), &2 — сумма следующих нескольких членов последовательности {ап} и так далее. Могло ли оказаться так, что {Ъп} — геометрическая прогрессия?
Д59. У каждого из последовательных натуральных чисел от п +1 до 2п (п > 1) нашли наибольший нечетный делитель. Эти делители сложили. Найдите получившуюся сумму.
Д60. Докажите, что все числа Фибоначчи, номера которых кратны п, делятся на ип.
Д61. В последовательности Фибоначчи выбрано 8 последовательных членов. Докажите, что их сумма не является числом Фибоначчи.
Д62. Докажите, что количество m-значных чисел Фибоначчи (т ^ 2) равно четырем или пяти.
Д63. Докажите, что для любого натурального числа т найдется число Фибоначчи, кратное т.
Д64. Рассматривается последовательность слов из букв «А» и «Б». Первое слово— «А», второе— «Б». Слово с номером k + 2 получается приписыванием справа к слову с но-
101


мером k слова с номером k + 1 (начало последовательности имеет вид «А», «Б», «АБ», «БАБ», «АББАБ», ...). Может ли в этой последовательности встретиться «периодическое» слово, то есть слово, состоящее из нескольких (по меньшей мере двух) одинаковых кусков, идущих друг за другом, и только из них?
Д65*. Можно ли из последовательности 1,
Z о 71
выбрать (сохраняя порядок): а) сто чисел; б) бесконечное количество чисел, из которых каждое начиная с третьего равно разности двух предыдущих?
Д66. Последовательность чисел 3, 7, 14, 24, ... такова, что разность между ее соседними членами с каждым шагом увеличивается на 3. Найдите пятьдесят второй член данной последовательности.
Д67. Для последовательности {ап} построили последовательности {Ъп} и {сп} по следующим правилам: для любого натурального тг положили Ьп = ап+\ — ап и сп = Ъп+\ — Ъп. Оказалось, что для каждого натурального п выполнено равенство сп = 1. Найдите если известно, что аig = а$2 — 0.
Д68. Две последовательности чисел Xo,Xi, ...9хп и г/о, г/ъ — ...,г/п связаны соотношениями хп+\ = 2хп + уп и уп+\ — = хп + 2уп, хо = 1, уо = 0. Найдите формулы общего члена каждой из этих последовательностей.
Д69. Докажите, что при любом натуральном п число 23” + 1 делится на 3Л+1.
Д70*. Существует ли такая бесконечная последовательность квадратов натуральных чисел, что для любого натурального п сумма первых п ее членов также является квадратом натурального числа?
Д71. В бесконечной последовательности натуральных чисел каждое следующее число получается прибавлением к предыдущему одной из его ненулевых цифр. Докажите, что в этой последовательности найдется четное число.
Д72. Последовательность {ап} такова, что а\ = 1 ООО ООО
СХп
и ап+1 = п
п
+ п. Докажите, что из нее можно выделить
подпоследовательность, являющуюся бесконечной арифметической прогрессией.
102


Д73*. Существуют ли 2013 таких различных натуральных чисел, что сумма любых двух из них делится на их разность?
Д74*. Вдоль дороги стоят телеграфные столбы, на которых записаны числа 1, 2, 3, ... Лёша задумал число 0 и пошел по этой дороге. Проходя мимо столба, Лёша делит его номер на наибольшую степень тройки, на которую он делится. Если полученное неполное частное дает остаток 1 при делении на 3, то Лёша прибавляет к задуманному числу 1, а в противном случае он вычитает из него 1. Какое число будет в голове у Лёши, когда он дойдет до 2015-го столба?
Д75. Множество натуральных чисел разбито на 2016 непересекающихся возрастающих арифметических прогрессий. Докажите, что у каждой из них разность не меньше первого члена.
Д76. Последовательность {ап} составлена из нулей, единиц и двоек, и она не периодична. Строятся две новые последовательности {Ъп} и {сп} по следующим правилам:
Г0, если ап = 0 или ап = 1,
Сп = \
[1, если ап = 2.
Докажите, что хотя бы одна из построенных последовательностей не периодична.
Д77. Последовательность {ап} определена условиями ао =
Д78. Последовательность {хп} такова, что х\ = 0, хп+\ = = 5хп + ^24х2 + 1. Верно ли, что все ее члены начиная со второго являются натуральными числами?
Д79. Дан многочлен Р(х) с действительными коэффициентами. Бесконечная последовательность различных натуральных чисел а\у а2у аз, ... такова, чтоР(ах) =0, Р(а2) =аь Р(а3) = а2 и так далее. Какую степень может иметь Р(х)?
Д80. Дана такая последовательность {х*,}, что *1 = 1, хп+\ = nsinXrt + 1. Докажите, что эта последовательность не является периодической.
Ъп =
0, если ап = 0,
1, если ап = 1 или ап = 2;
= 21999, ап+1 = ^ Докажите, что a19S <0,1.
п * 4- I
103


Д81. Дана неубывающая последовательность {ап} натуральных чисел. Известно, что для любого k выполняется равенство aUk = 3ft. Найдите аюо-
Д82*. За дядькой Черномором выстроилось чередой бесконечное количество богатырей разного роста. Докажите, что он может приказать некоторым из них выйти из строя так, чтобы в строю осталось бесконечно много богатырей и все они стояли по росту (в порядке убывания или в порядке возрастания).
Д83*. Числа 1, 2, 3, ..., 101 записаны в ряд в произвольном порядке. Докажите, что из этого ряда можно вычеркнуть 90 чисел так, что оставшиеся 11 будут расположены либо в порядке возрастания, либо в порядке убывания.
Д84*. Взяли несколько положительных чисел и построили по ним такую бесконечную последовательность: а\ — сумма исходных чисел, а2 — сумма квадратов исходных чисел, as — сумма кубов исходных чисел и так далее.
а) Могло ли оказаться так, что до пятого члена последовательность {ап} убывает, а начиная с него возрастает?
б) Могло ли случиться наоборот: до пятого члена последовательность {ап} возрастает, а начиная с него убывает?
104


Ответы, решения, указания к дополнительным задачам
Д1. Ответ: 87.
Решение. Номера парковки на рисунке видны вверх ногами, поэтому между 86 и 88 должно быть число 87.
Д2. Ответ: а) 71; б) 25 ООО.
Решение, а) Чтобы получить очередное число, надо умножить предыдущее на 2 и вычесть порядковый номер предыдущего числа, б) Каждое число начиная с третьего равно произведению двух предыдущих.
ДЗ. Ответ: а) 3; б) на местах с номерами 78, 79 и 80; в) на местах с номерами 2588, 2589 и 2590.
Решение, а) Натуральные числа записаны подряд, и каждая цифра отделена запятой, то есть следующие члены последовательности: 1, 4, 1, 5, ... Подсчитаем количество цифр в однозначных и двузначных числах: 9 + 90 • 2 = 189. Тогда на долю трехзначных чисел до места с номером 999 останется 999 — 189 = 810 мест, то есть далее будут располагаться 810:3 = 270 трехзначных чисел. Последнее из них: 100 + 269 = 369. Следующая цифра — 3. б) Три цифры 4 подряд впервые встретятся в фрагменте 4445. Количество цифр до него: 9 + 34 • 2 = 77. Три цифры 9 подряд впервые встретятся в фрагменте 899900. Количество цифр до него:
9 + 90 • 2 + (898 - 100 + 1) • 3 = 2586.
Д4. Ответ: а) 312211; б) 1, 2 и 3; в) 22.
Решение, а) Каждый член последовательности описывает разбиение на группы одинаковых цифр, входящих в запись предыдущего члена, считая слева направо, указывая их количество. Например, второй член «говорит», что в предыдущем — одна единица, третий — что в предыдущем — две единицы, четвертый — одна двойка и две единицы и так
105


далее. Поэтому следующее число — 312211. б) Цифры, указанные в ответе, встречаются уже в первых шести членах последовательности. Для того чтобы встретилась хотя бы цифра 4, необходимо, чтобы в предыдущем числе стояли подряд 4 одинаковые цифры, но это невозможно. Действительно, в этом случае вторая и четвертая цифры (из этих четырех) на предыдущем шаге должны были стоять рядом, значит, на рассматриваемом шаге описывались бы двузначным числом, а не четырехзначным, в) Каждый член последовательности — это две двойки.
Алгоритм, задающий такие последовательности натуральных чисел, называется оператором чтения.
Д5. Ответ: натуральный ряд чисел записали в виде числительных русского языка: один, два, три, четыре, ..., после
чего записали количество букв в каждом слове или словосочетании; а) 10; б) 12; в) 3.
Д6. Ответ: 16^-.
Решение. Первый способ. Найдем сумму числителей дробей в искомой сумме, не учитывая последнее слагаемое:
(1 + 2 - 3) + (4 + 5 - 6) + ... + (97 + 98 - 99) =
= 0 + 3 + 6 + ... + 93 + 96= (3 + 96) + (6 + 93) + ... = 99 16 = 1584. т, о 1584 , 100 1684 , с 68
Тогда ТоГ + Ж = “ТоГ = 101'
Второй способ. Пусть
q ^ 1,2.3, 97 98 | 99 100
1 101 + 101 + 101 + •" + 101 + 101 + 101 + 101’
~ _ 3 . 6 . 99
2 101 ч- 101 101’
тогда S = Si — 2S2. Так как
о 1 + 2 + 3 + ... + 99 + 100 101 • 100 1 ^1
Si = ш = —2 . 101 = 50,
3 + 6 + 9 + ... + 96 + 99 102 * 33 ( ^ л* 1683
2 “ 101 - 2 • - ТоГ’
™ с ХП о I683 сп оо 33 ! ~ 68
то5 = 50-2.тш- = 50-33ж = 16ж.
Д7. Ответ: а) 4000; б) 0.
Решение, а) Сумма координат двух крайних точек равна 33 + 47 = 80. Из условия задачи следует, что эта сумма
106


равна сумме координат второй и предпоследней точки, равна сумме координат третьей точки слева и третьей точки справа и так далее. Значит, в искомой сумме 50 слагаемых, каждое из которых равно 80. б) Из условия задачи следует, что шестнадцатая точка является серединой отрезка, соединяющего пятнадцатую и семнадцатую точку, серединой отрезка, соединяющего четырнадцатую и семнадцатую точку, и так далее, серединой отрезка, соединяющего две крайние точки. Так как координата середины — это 0, то концы каждого такого отрезка имеют противоположные координаты. Значит, искомая сумма равна нулю.
Д8. Ответ: (2п — 1 )п.
Решение. Искомая сумма:
S = 1 + 5 + ... + (4/1 - 7) + (4л - 3).
Далее возможно как решение «методом Гаусса», так и геометрические способы решения, аналогичные рассмотренным в примере 2.1 и задаче 2.3.
Первый способ. Имеем
S = 1 + 5 + 9 + ... + (4/1 - 3) = (4л - 3) + (4п - 7) + ... + 5 + 1,
значит, 2S = (1 + (4п — 3))п = 2(2п — 1)п, откуда S = (2п — 1)п.
Второй способ. Каждое из слагаемых можно изобразить в виде «уголка» с соответствующим количеством клеток. Сложим последовательно эти «уголки» в виде «ступенчатой» фигуры и разрежем эту фигуру на две части так, как показано на рис. 1а. Затем сложим из этих частей прямоугольник (см. рис. 16). Его ширина равна п, а высота равна ((4п-3) + 1):2 = 2п-1.
Искомая сумма равна площади этого прямоугольника: S = (2 п — 1 )п.
Третий способ. Искомую сумму можно представить в виде площади симметричного «ступенчатого треугольника», у которого в нижнем ряду 4п — 3 клетки, а в каждом следующем ряду (если двигаться «вверх») на 4 клетки меньше.
Разрежем эту фигуру на две части так, как это показано на рис. 1в, и сложим так, как на рис. 1г. Опять получим прямоугольник площади (2п — 1 )п.
107


а)
б)
в) г)
Рис. 1
Д9. Ответ: 19 900.
Решение. Сначала маляр сделал один шаг, потом — два шага, потом — три, затем — четыре и так далее. Перед тем как покрасить число 100, он красил число —99, значит, ему пришлось сделать 199 шагов. Следовательно, к этому моменту он сделает
1 + 2 + 3 + ... + 198 + 199 = 2002199 = 19 900
шагов.
Д10. Ответ: не сможет.
Решение. Заметим, что длины прыжков кузнечика являются последовательными степенями двойки: 1, 2, 4 = 22, 8 = 23, ... Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Заметим, что в любой момент длина последнего прыжка больше, чем сумма длин всех предыдущих прыжков:
2" > 1 + 2 + 22 + ... + 2п~1 = 2п - 1.
Это означает, что после п — 1 прыжков кузнечик не может оказаться от начала координат на расстоянии 2п.
108


Второй способ. Поскольку длина первого прыжка нечетна, а остальные длины прыжков четные, то и сумма длин всех прыжков нечетна. А для того чтобы после какого-то прыжка вернуться в начальную точку, кузнечику нужно преодолеть путь четной длины.
Д11. Ответ: 1260.
Решение. Первый способ. Рассмотрим самую нижнюю карту нижней колоды и такую же карту верхней колоды, пусть, например, это короли треф. Предположим, что в верхней колоде король треф лежит на семерке бубен. Заметим, что если мы в верхней колоде поменяем местами короля треф и семерку бубен, то количество карт, лежащих между королями треф, на одну уменьшится, а количество карт, лежащих между семерками бубен, на одну увеличится. Значит, искомая сумма от такой перестановки не изменится.
Рассуждая аналогично, можно постепенно менять местами короля треф из верхней колоды с картами, на которых он лежит, до тех пор пока король треф не станет самой нижней картой в верхней колоде. Далее рассмотрим вторую снизу карту нижней колоды и повторим описанную процедуру с такой же картой из верхней колоды и так далее.
Следовательно, постепенно меняя местами соседние карты верхней колоды, можно, не изменяя искомой суммы, расположить карты верхней колоды в том же порядке, что и в нижней. Тогда между любыми двумя одинаковыми картами будет лежать ровно 35 карт, поэтому искомая сумма равна 35 • 36 = 1260.
Второй способ. Пронумеруем числами от 1 до 36 карты верхней колоды сверху вниз и карты нижней колоды также сверху вниз. Пусть для карты номер 1 верхней колоды соответствующая ей карта нижней колоды имеет номер k\. Тогда между ними находится 36 — 1 карт верхней колоды и k\ — 1 карт нижней колоды, то есть 36 + k\ — 2 карт. В общем виде: если для карты с номером i верхней колоды соответствующая карта нижней имеет номер ki9 то между ними 37 — i — 1 карта верхней колоды и kt — 1 карт нижней колоды, то есть 37 — i + kt — 2 карт.
109


Таким образом, искомая сумма:
S = (36 + k\ — 2) + (35 + k2 ~ 2) + (34 + А?з — 2) + ...
... + (37 — / + ki — 2) + ... + (1 + &зб — 2) =
= (36 + 35 + 34 + ... + 1) + (k\ + k2 Н- k$ + ... + &зб) — 2 • 36.
Заметим, что k\ + k2 + ks + ... + &36 = 36 + 35 + 34 + ... + 1 = = (36 + 1) • 18, так как (k\, k2, ks, ..., ^зб) —это некоторая перестановка чисел 1, 2, 3, ..., 36. Значит, S = 2 • 37 • 18 — -2*36 = 1260.
Третий способ. Рассмотрим по отдельности, сколько раз была подсчитана каждая карта в верней и в нижней колоде. В верхней колоде самая верхняя карта не была подсчитана ни разу, так как она не находится между какими-либо картами. Вторая сверху карта была подсчитана один раз, так как она находится между одной парой одинаковых карт: верхней картой верхней колоды и такой же картой нижней колоды. Аналогично следующая карта сверху подсчитана два раза и так далее, то есть п-я сверху карта верхней колоды была подсчитана п — 1 раз, так как она находится между п — 1 парой одинаковых карт.
Аналогичные рассуждения справедливы и для карт нижней колоды, если «двигаться» снизу вверх: самая нижняя карта не подсчитана ни разу, лежащая на ней — один раз и так далее, k-я карта снизу подсчитана k — 1 раз.
Таким образом, искомая сумма равна
(0 + 1 + 2 + ... + 35) - 2 = (0 + 35) • 18 • 2 = 1260.
Д12. Ответ: через 2 минуты.
Решение. Второй таракан выбегает через минуту после первого и догоняет его за 2 минуты. Так как они до этого пробежали одинаковое расстояние, то скорость второго таракана в | раз больше скорости первого. Аналогично скорость третьего таракана в ^ раза больше, чем
6 21
скорость второго, и так далее, скорость двадцатого — в 20 раз больше скорости девятнадцатого. Следовательно, скорость двадцатого таракана больше, чем скорость первого,
110


3 4 21 21 * 19
В 2 * 3 * ’ 20 ~ ~2~ *>а3’ а скоРость их сближения равна
скорости первого. Между ними было расстояние, которое первый таракан преодолел за 19 минут, поэтому двадцатый
19
таракан догнал его через 19 : — 2 минуты.
Из приведенного решения видно, что ответ не зависит от порядкового номера догоняющего таракана.
Д13. Ответ: а) 10 112 358; б) 303 369.
Решение, а) Число будет тем больше, чем больше в нем цифр. А цифр будет тем больше, чем меньше первые две цифры. Проверим. Если первые две цифры — это 1 и 0, то получим число 10 112 358. Если первые цифры — это 1 и 1, то получим число 112 358. Если первые две цифры — это 2 и 0, то получим число 202 246. Среди этих трех чисел 10 112 358 — наибольшее. Если же сумма первых двух цифр больше чем 2, то число будет иметь меньше чем 8 цифр.
б) Шестизначное число будет тем больше, чем больше первая цифра. Пусть первые две цифры — это а и 6, тогда третья цифра — (а + 6), четвертая — (а + 26), пятая — (2а + 36), шестая — (За + 56).
Для того чтобы она была цифрой, должно выполнялось неравенство За + 56 < 10. Значит, наибольшее возможное а = 3, тогда 6 = 0. Следовательно, искомое число — это 303 369.
Д14. Ответ: а) 129 г; б) 51 г.
Решение, а) Пусть веса четырех подряд стоящих гирь а ^ 6 ^ с ^ <2. Тогда указанное равновесие возможно только в случае, когда а + d = 6 + с. Это равносильно тому, что с — а = d — 6, то есть равны разности весов гирь, взятых через одну. Последовательно рассматривая все четверки гирь, получим, что все такие разности между собой равны. Если эту разность обозначить через х, то разность весов девятой и третьей гирь равна Зх. Следовательно, Зх = 33 — 9 = 24 (г), а разность весов тридцать третьей и девятой гирь в четыре раза больше, то есть равна 12х = 4 • 24 = 96 (г). Значит, тридцать третья гиря весит 33 + 96 = 129 (г).
б) Рассуждая аналогично предыдущему пункту, устанавливаем, что разность между весами одиннадцатой и первой
111


гирь равна 5х = 24 — 4 = 20 (г), а разность между весами двадцать четвертой и четвертой гирь в два раза больше, то есть равна 10х = 2 • 20 = 40 (г). Значит, двадцать четвертая гиря весит 11 + 40 = 51 (г).
Д15. Ответ: только при п = 2018.
Решение. Число 2017 простое. До него записаны все меньшие числа, кроме 1, поэтому оно может оказаться на своем месте, если до него записано еще ровно одно число, которое больше чем 2017. Это число 2018, кратное двум. Если п > 2018, то условие задачи выполняться не может, так как следующее число 2019 кратно трем и также будет записано перед числом 2017.
Д16. Ответ: 603.
Решение. Сначала были записаны 502 четных числа, ни одно из которых не осталось на своем месте. Затем начиная с 503-го места идут нечетные числа, кратные трем: 3, 9, 15, 21, ... Заметим, что 503-е число на 500 меньше своего номера. Следующее число больше его на 6, а его номер больше на 1, поэтому разница между числом и его номером уменьшилась на 5. Так будет происходить и на каждом следующем шаге, поэтому за 100 шагов эта разница уменьшится до нуля. Через 100 шагов номер (а значит, и само число) будет равен 503 + 100 = 603 (это число содержится среди нечетных чисел, кратных трем).
Д17. Ответ: 1 999 000.
Решение. Условие задачи равносильно выполнению равенства ап+1 + ап = а2+1 - 2an+ian + а2, где ап+1 ^ ап. Его удобно записать так:
а2+1 - (2ап + l)an+i + а2 - ап = 0.
Последовательно найдем несколько первых членов, решая квадратное уравнение и учитывая, ч/го ап+\ ^ ап: а2 = 3, аз = 6, а,4 = 10. Возникает гипотеза, что {ап} — последовательность треугольных чисел.
Докажем по индукции, что ап = + # База индукции
ттт *(* + 1)
очевидна. Шаг индукции: пусть а& = ^ и
a2k+1 - (2ak + l)a*+i + а\ - ak = 0.
112


Решая это уравнение как квадратное (относительно а^+х), получим, что
Д=(2а* + 1)2-4(а*-а*) =
= 8ak + 1 = 4ft(ft + 1) + 1 = (2ft + l)2.
Тогда dk+i — ———-----. Учитывая тот факт, что
последовательность нестрого возрастает, выбираем больший
k2 + Sk + 2 (ft + l)(ft + 2)
корень уравнения: а&+х = ^= 2 ’ что
1999•2000
и требовалось. Следовательно, ах999 = = ^
Д18. Решение. Если число п оканчивается на 0, 1, 5 или 6, то и любая степень этого числа оканчивается на ту же самую цифру.
Если число п оканчивается на 4 или на 9, то последние цифры степеней этого числа чередуются в зависимости от четности показателя степени, то есть образуют цикл длины два (4-6-4 или 9-1-9 соответственно).
Аналогично если число п оканчивается на 2, 3, 7 или 8, то последние цифры степеней этого числа образуют цикл длины четыре (2-4-8-6-2, 3-9-7-1-3, 7-9-3-1-7 или 8-4-2-6-8 соответственно).
Так как 2017 — 1 = 2016, а 2016 делится на 4 и на 2, то при любых значениях п число я2017 оканчивается на ту же цифру, что и число п.
Д19. Ответ: §.
о
Решение. Найдем еще несколько членов данной после-
3 1 1 2 о
довательности. йз — ^ ? #4 — ^ * ^5 — g > ^6 — ^ > #7 — 2 —
а% = 3 = а,2» Значит, члены последовательности повторяются
с периодом 6. Так как 1986 делится на 6 без остатка, то 2
#1986 = а6 — з*
Сравните с решением примера 4.1.
Д20. Ответ: 130.
Решение. Вычислим несколько первых членов последовательности. Получим а\ = 934, а2 = 16 • 13 = 208, аз = = 10 13 = 130, а4 = 4.13 = 52, а5 = 7 • 13 = 91, а6 = 10•13 = = 130 = аз. Так как при вычислении каждого следующего
113


числа используется только предыдущее число, то далее члены последовательности будут повторяться с периодом 3. Число 2016 кратно трем, поэтому a2oi6 = а% = 130.
Д21. Ответ: 9.
Решение. Вычислим несколько членов последовательности начиная со второго. Получим a 2 = 9, аз = 7, а± = 3, as = 5, ae = 1. Так как при вычислении каждого члена последовательности используется только предыдущий член, то далее члены последовательности будут повторяться с периодом 5. Число 2017 дает остаток 2 от деления на 5, значит, a2oi7 = а2 = 9.
Д22. Ответ: а) = 1828, a2oi5 = ^
Решение, а) Пусть а\ = х, а2 = у, тогда аз = > а4 =
_ ^ + 1 _ У + Х+1 _ + 1 _ (у + 1)(х + 1) _ JC + 1
у ху ’ 5 у±1 у(у +1) г/ ’
Ш + 1
аб = у+х+1 — х> а7 — У и так далее. Следовательно, данная
ху
последовательность периодична, а длина ее периода равна 5. Так как число 1997 при делении на 5 дает остаток 2,
а число 2015 делится на 5 без остатка, то ai997 = а2 = 1828,  1799 + 1 _ 450
«2015 «5 1828 457 •
б) 	Рассуждения аналогичны пункту а). Последовательность периодична, длина ее периода равна 8, поэтому &2001 — = &! = 1.
Д23. Ответ: 1.
Решение. Из условия задачи следует, что &п — &п+1 ®Л+1 Н“ 1 ^
так как a2+1 — 2ап+\ + 1 = (ап+\ — I)2 > 0. Значит, а\ ^ а2^ ^ аз ^ ... > a2oi5- Так как а\ = a2oi5> то это неравенство выполняется тогда и только тогда, когда вместо знаков неравенства везде стоят знаки равенства, поэтому при любом натуральном п выполняется равенство (ап+\ — I)2 = 0. Следовательно, каждый член данной последовательности равен 1.
Последовательности, в которых все члены равны между собой, называют постоянными. Такие последователь¬
на


ности также периодичны, а длина их периода равна 1. В частности, они могут встретится при переводе некоторых обыкновенных дробей в десятичные, например, ^ = 0,(3). Д24. Ответ: 3288.
Решение. Заметим, что если на каком-то шаге сумма чисел на отрезке равнялась S, то на следующем шаге она равна S + 2S — 2 = 3*S — 2. Таким образом, искомую сумму можно выписать и найти непосредственным вычислением: 2 + 4 + 10 + 28 + 82 + 244 + 730 + 2188 = 3288.
Д25. Ответ: 10.
Решение. Пусть за столом сидело п человек. Тогда на
Л 1 I о , , (п+1)п
первом круге было взято 1 + 2 + ... + п = 0 семечек.
а
Аналогично на втором круге в сумме было взято
(3 п + 1 )п
(п + 1) + (п + 2) + ... + 2 п —
2
(Зл + 1)л (п + 1)п
семечек. По условию ^ 2 = 100, откуда
п = 10.
Д26. Ответ:
а (а + lOOd) *
Решение. Используем уже знакомый прием, а именно, попытаемся представить каждое слагаемое в виде разности двух дробей. Действительно,
11 d 11 d
а а + d а(а + d)9 а + d а + 2d (а + d) (а + 2d)9
11 d
а + 99d а + 100d (а + 99d) (а + 100d) ’
Тогда
ел _ d | d d
a(a + d) ^ (a + d) (a + 2d) ^ (a + 99d) (a + 100d)
1 1 + ^ ^ ь...; 1 1
a a + 2d a + 2d a + 3d a + 99 d a + 100c?
1 1 100d
Следовательно, S =
a a+100d a(a+100d)
100
a (a + 100d) ’
Эта задача является обобщением задачи 2.7. Последовательность (a, а + d,..., kd) является арифметической
115


прогрессией. При этом вместо числа 100 можно взять любое натуральное число к. При решении задачи использовано
тождество ^ Ц-т = т т;—ггзт-; гзт-
а И- (к — 1 )d а И- kd (а -Ь (к — l)d) (а И- kd)
Д27-0твет: Шк-
Решение. Слагаемые искомой суммы S — это первые
99 членов последовательности ип = —, где п ^ 2.
(П — 1)71(71 + 1)
Исходя из уже накопленного опыта работы с суммами дробей хочется представить эту дробь в виде разности двух других дробей. Практика показывает, что, перепробовав несколько вариантов, школьники приходят к «естественной гипотезе»: —Ц тт — т / *
\П — \)П\П Н- 1) (п — ±)п п(п+ 1)
Проверив ее (выполнив вычитание в правой части равенства), они убеждаются что эта гипотеза неверна, но полученный результат сразу позволит ее скорректировать и получить верное равенство.
Таким образом, можно получить тождество:
к.
(/г — 1)/г(лг + 1) 2\(п-1)п /г(/г Ч- 1)
Воспользовавшись им, получим
)•
+±(-± '
2\1-2 2-3/2\2-3 3-4/ 2\99-100 100-101,
= 1 ( 1 1 = 101 2V1-2 lOO-lOlJ 2-2-
10100-2 10098 5049
10100 40400 20200'
Это обобщение задачи, разобранной в примере 2.3.
Д28. Решение. Заметим, что если п > 1, то < *
(п — 1 )п


Д29. Решение. Пусть
V — 1 I 1 |_ _| 1
(2га + 1)(2га + 2) ^ (2га + 3)(2га + 4) ^ ^ (4га- 1)4га’
Y = 1 I 1_ _| I
2га(2га + 1) т (2га + 2)(2га + 3) ^ *" ^ (4га - 2)(4га - 1) ‘
Найдем сумму I и У, представив каждое слагаемое в виде разности:
' + (-А 1—) + ...
\2га + 1 2га + 2/
... + ±-) + (-L- - ±) = _L _ _L = J_.
V4га - 2 4га — 1/ \4га — 1 4га У 2га 4га 4га
Кроме того, так как каждое слагаемое суммы X меньше, чем соответствующее слагаемое суммы У, то X < Y. Следовательно, X < : 2 = что и требовалось.
дЗО.Охвет:
Указание. Подберите формулу суммы, находя сумму первых двух, трех, четырех и пяти членов последовательности. Докажите ее методом математической индукции.
Д31. Решение. Первый способ. Пусть d не делится на 3, тогда хотя бы один из членов прогрессии должен делиться на 3 (см. пример 6.1). Аналогично если d не делится на 2, то хотя бы один член должен делиться на 2. Так как и то и другое невозможно, то d делится на 2 и на 3, то есть d делится на 6.
Второй способ. Любое простое число, большее чем 3, имеет вид 6я ± 1, где п — натуральное число. Значит, среди данных трех чисел есть два числа, имеющие одинаковые остатки от деления на 6. Тогда их разность делится на 6. Если это соседние члены прогрессии, то эта разность равна d (и задача решена), а если это р и г, то эта разность равна 2d. В этом случае 2d делится на 6, то есть d делится на 3. Но d — четное число, поэтому и в этом случае оно делится на 6.
Д32. Ответ: существует.
Решение. Например, прогрессия, у которой первый член равен 10, а разность равна 40. Действительно, так как
X + Y= (Гп-2п
117


40 делится на 8, а 10 не делится, то ни один из членов прогрессии не делится на 8. На 10 делятся все члены прогрессии, на 9 — не все, но такие есть (например, 90).
ДЗЗ. Ответ: обязательно.
Решение. Так как целых членов прогрессии больше половины, то хотя бы два из них соседние. Следовательно, их разность также целая, а она и является разностью прогрессии. Тогда остальные члены прогрессии получаются из целых прибавлением или вычитанием целых чисел, поэтому также являются целыми.
Д34. Ответ: 9.
Решение. Заметим, что исходное число делится на 9, поэтому и его сумма цифр (второй член последовательности) делится на 9. Тогда по аналогичным соображениям каждый член последовательности делится на 9. Кроме того, g2000 _ giooo < jQiooo^ значит> сумма цифр первого члена
меньше чем 9 • 1000 = 9000. Тогда третий член меньше, чем 9 • 4 = 36 и так далее, то есть десятый член — заведомо однозначное число, делящееся на 9. Нулем сумма цифр быть не может, значит, десятый член равен 9.
Д35. Решение. Из условия следует, что все члены последовательности — целые числа. При этом для любого натурального значения п выполнены соотношения
an+i ~ ап = (1 + aia2...an) - (1 + aia2...a„_i) =
= axa2 (a„ - 1) = (aia2...a„_i)2 = (ап - I)2.
Д36. Ответ: одно число.
Решение. Число 101 простое. Докажем, что остальные члены последовательности не простые числа, то есть при любом п > 2 число 10101...101 (п единиц) составное.
Первый способ. Если п четное, то число 10101...101 (тг единиц) делится на 101, то есть оно не простое. Если п нечетное, то 11 • 10101...101 = 111...11. Последнее число
V ' N /
п единиц 2 п единиц
делится на 11... 11 (га единиц). Так как п нечетно, то числа 11 и 111... 11 (п единиц) взаимно просты, следовательно, число 10101...101 (п единиц) также делится на 11...11 (п единиц), то есть оно составное.
118


Второй способ. Запишем число 10101...101 (п единиц) в виде суммы геометрической прогрессии:
10101... 101 = 1 + 100 + 10000 + ... + Ю2""2 =
п единиц 102п -1 (10"-1)(10" + 1)
“ 99 “ 99
При п > 2 оба множителя в числителе больше 99. Значит, после сокращения исходное число будет представлено в виде произведения двух множителей, отличных от 1, то есть число 10101...101 (п единиц) составное.
Завершить это рассуждение можно и по-другому. Полученное дробное выражение является натуральным составным числом, так как при четных п первый множитель делится на 99, а при нечетных п первый множитель делится на 9, а второй — на 11 (по признаку делимости на 11).
Д37. Ответ: 3.
Решение. Оценка. Рассмотрим арифметическую прогрессию с разностью 2. Заметим, что пять ее членов, идущих подряд, имеют разные остатки от деления на 5, образующие цикл (0, 2, 4, 1, 3). Числа, имеющие при делении на 5 остатки 2 или 3, можно записать в виде 5ft ± 2, где ft — натуральное число. Но (5ft ± 2)2 + 1 = 25ft2 ± 20ft + 5 делится на 5. Поэтому из чисел такого вида членом рассматриваемой прогрессии может быть только число 2. Среди остальных членов прогрессии может быть не более двух подряд другого вида. Значит, искомое количество членов — не более трех.
Пример. Прогрессия {2, 4, 6}. Квадраты этих чисел, увеличенные на 1: 5, 17, 37 — простые числа.
Д38. Ответ: 4.
Решение. Один из возможных примеров такой прогрессии: 6, 12, 18, 24 (каждое из этих чисел имеет ровно два простых делителя: 2 и 3).
Докажем, что больше четырех членов прогрессия, удовлетворяющая условиям задачи, иметь не может. Предположим, что это не так, то есть в такой прогрессии содержится п > 4 членов и у каждого члена ровно два простых делителя р и q. Разделим все члены прогрессии на наиболь¬
119


шие степени чисел р и д, на которые они все делятся. Получим прогрессию той же длины, удовлетворяющую условиям задачи. Ее члены в совокупности взаимно просты. Тогда и каждые два ее соседних члена взаимно просты, поскольку любой их общий делитель является делителем разности d прогрессии и, значит, делителем каждого ее члена. Но если соседние члены прогрессии не имеют простых делителей кроме р и q и взаимно просты, то они являются степенями этих чисел.
Таким образом, в прогрессии чередуются степени чисел р и q. Хотя бы одно из этих чисел нечетно, например р. Его степенями являются два члена прогрессии, номера которых отличаются на 2. Так как п > 4, то эти два члена не равны 1, поэтому оба делятся на р. Тогда на р делится и их разность, равная 2d. Следовательно, и d делится нар — противоречие. Таким образом, п < 4.
Д39. Ответ: 3 999 999.
Решение. Если р и q — соседние простые числа и р < q, то q2 получается из р2 за 2 (q — р) шагов (сначала на каждом шаге прибавляется р, а начиная с числа pq прибавляется q):
Р2’ Р(Р + 1). •••> РЪ (р + 1)9» •••> я2-
Если же они не соседние, то верна та же формула. Действительно, если р < pi < р2 < ... < Pk < q (простые числа выписаны подряд), то q2 получается из р2 за
2(pi ~р) + 2(р2-Pi) + ... + 2(q-pk) =2(q-p)
шагов.
Таким образом, так как 1999 — простое число, то 19992 получится из 22 за 3994 шага, то есть 3997-й член равен 19992. Тогда искомый член равен
1999(1999 + 2) = (2000 + 1) (2000 - 1) =3 999 999.
Д40. Ответ: 10.
Решение. Общий член исходной последовательности имеет вид ап = (103 + п)2 = 2 • 103 • п + 106 + п2 (где ао — первый член). Значит, последние две цифры образованы слагаемым п2. Если п2 < 100, то это слагаемое отбрасывается, тогда последовательность Ъп = 2 • 103 • п + 106 является арифметической прогрессией с разностью 2000, так как эта формула
120


задает линейную функцию с переменной п. Таким образом, первые десять членов новой последовательности образуют арифметическую прогрессию. Пусть п = 10, тогда в новой последовательности разность между членом с этим номером и предыдущим членом равна 2100, то есть прогрессия обрывается.
Д41. Ответ: 7.
Решение. Рассмотрим разность двух соседних членов данной последовательности: т2 — п2 = (т — п) (т + п). Для того чтобы она оказалась либо простым числом, либо его квадратом, необходимо, чтобы выполнялось равенство т — п = 1, то есть соседние члены последовательности являются квадратами последовательных натуральных чисел.
Так как (лг -{- I)2 — /г2 = 2лг Ч- 1, то разности между соседними членами — последовательные нечетные числа. Существует шесть таких чисел, которые являются либо простыми, либо квадратами простых: 3, 5, 7, 9, 11, 13. Это соответствует последовательности 1,4, 9, 16, 25, 36, 49, удовлетворяющей условию.
Семи таких нечетных чисел не существует, так как среди семи последовательных нечетных чисел хотя бы два числа делятся на 3, то есть одно из них должно быть равно 3, а другое — 9.
Д42. Ответ: можно.
Решение. Например, так: 199, 197, ..., 3, 1, 2, 4, ..., 198, 200 (сначала нечетные числа в порядке убывания, затем четные числа в порядке возрастания).
Существуют и другие примеры.
Д43. Ответ: можно.
Решение. Например, так: 1, 3, 5, 2, 4, 6, 8, 10, 7, 9, ..., 96, 98, 100, 97, 99 (в каждой пятерке чисел, идущих подряд, остатки от деления на 5 расположены в одном и том же порядке: 1, 3, 5, 2, 4).
Д44. Ответ: нельзя.
Решение. Заметим, что наименьшая возможная сумма — это сумма первых 71 натуральных чисел. Она равна
■—— • 71 = 36 • 71 = 2556.
121


Сумма остальных чисел равна
72 + 100 • 29 = 86 • 29 = 2494.
Так как 2556 > 2494, то требуемые числа выбрать нельзя. Д45. Ответ: существует.
Решение. Из условия задачи следует, что данная последовательность возрастает и отношение любого ее члена начиная со второго к предыдущему, не превосходит 1,5. Пусть в ней сразу за каким-то пятизначным числом следует семизначное, тогда их отношение больше чем 10, что невозможно. Следовательно, есть хотя бы одно шестизначное число. Д46. Ответ: можно.
Решение. Условию задачи удовлетворяет бесконечная геометрическая прогрессия {Ьп}9 в которой b\ = q = 2_3, то есть 2_3, 2_6, ... Действительно, так как сумма такой
прогрессии вычисляется по формуле S = 1 ^1 , то для ука-
1/8 1 1-9
заннои прогрессии S = -—= -.
1 — I/o •
Подобрать указанный пример можно, например, так. Понятно, что Ъ\ = 2~k, q = 2~т, где hum — натуральные
2~k 1
числа. Запишем равенство -—= - и преобразуем его
7 1 7
к виду 1 — = 2т* ДР0бь 2k несократимая, поэтому при
вычитании ее из 1 можно получить дробь с числителем 1 только при k = 3. Это также показывает, что найденный пример единственный.
Д47. Ответ: да.
Решение. Пусть d — разность данной прогрессии, тогда d — натуральное число. Искомой геометрической прогрессией будет, например, последовательность Ъп = (1 + d)n.
Докажем, что любой член такой геометрической прогрессии является членом исходной арифметической прогрессии. Действительно, для любого натурального п имеем
(l + d)n = l + (l + d)n-1 =
= 1 + (1 + d - 1) ((1 + d)"-1 + (1 + d)n~2 + ... + (1 + d) + 1) = = 1 + d((l + d)n~1 + (l + d)n~2 +... + (1 + d) +1) = 1 + (k - 1 )d,
122


то есть в арифметической прогрессии такой член имеет но- мер k = (1 + d)n_1 + (1 + d)n~2 + ... + (1 + d) + 2.
Аналогичный результат можно получить иначе. По формуле бинома Ньютона
(i+dy = i + Y,kl(nnl_k)!-dk = i+d-jrki .dk~\
k=i k=i
Д48. Ответ: не существует.
Решение. Предположим, что такая последовательность {ап} существует. Пусть k — произвольное натуральное число, большее 1. Рассмотрим сумму S первых 2k — 1 членов этой последовательности. По условию S = а\ + а2 + ... + a2k-i должно делиться на 2k. Кроме того, сумма А=а2 + аз + ...+ak должна делиться на k, и сумма В = a^+i + a^+2 + ... + a2k-i должна делиться на k (каждая из них содержит k членов последовательности, идущих подряд). Тогда а\ = S — А — В делится на k при любом значении ft, что невозможно.
Д49. Ответ: существует.
2тг 2тт
Решение. Пусть, например, а = тогда cos а = cos -х- =
■* о О
= — g. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. По индукции. База уже есть. Шаг: пусть cos(2Aa) — (* — натуральное число или 0), тогда
cos(2*+1a)=cos(2-2*a)=2cos2(2*a) — 1 = г(-|) -1 = -|.
4тг
Второй способ. Заметим, что cos 2а = cos -g- = cos
1 2л
= —Докажем, что если п — четное число, то 2па = — +
2тт
+ 27rm, а если п нечетно, то 2па = — -д- + 2пт, где т — некоторое целое число.
Действительно, 22к • ^ + 2пт <=$ 4k — 1 = 3т. Так
как 4^ — 1 делится на 3, то для каждого натурального значения k найдется такое натуральное значение т, что это ра-
2тт 2тт
венство будет верным. Аналогично 22к~х . — = + 2ттm
<^> 22k~l + 1 = 3m, а 22k~1 -f 1 делится на 3 при любом натуральном значении k.
-Т =
123


2тг
Таким образом, при а = все члены данной последовательности принимают одно и то же отрицательное значение.
Можно доказать, что условию задачи удовлетворяют
2tj-
только числа вида ±-д- + 2тгт, где т — целое число.
Д50. Ответ: 19.
Решение. Первый способ. Пусть первый от угла дом квартала имеет номер р, а количество домов на одной стороне квартала равно k. Тогда, последовательность р, р + 2, р + 4, ..., р + 2(k — 1) номеров этих домов является арифметической прогрессией. Сумма первых k членов этой прогрессии равна
р+р + 2к-2 .h=(p + k-1)k.
По условию получим уравнение: (р + k — \)k = 247. Разложение на простые множители числа 247 имеет вид 247 = = 13 • 19. Так как р^1,то_р + & — l^fe, значит, р + k — 1 = 19, a k = 13, то есть р = 7. Следовательно, на одной стороне квартала 13 домов, а их нумерация начинается с числа 7. Таким образом, седьмой дом (от любого угла) имеет номер 19.
Второй способ. Сумма номеров нечетна, значит, на указанной стороне квартала находятся дома с нечетными номерами, и их количество также нечетно. Сумма номеров (членов арифметической прогрессии) равна произведению количества домов на номер среднего дома, а 247=13*19. Очевидно, что номер среднего дома не может быть равен 1 или 247. Если номер среднего дома 13, то перед ним должно быть 9 домов, что невозможно. Значит, номер среднего дома 19, и тогда он седьмой от любого угла.
Д51. Ответ: нет.
Решение. Пусть блоха попала в какую-то точку и сделала из нее прыжок длиной аршин (k — натуральное
число или ноль). Рассмотрим сумму Sn длин следующих п
/ 1 \ fe+l / 1 \ k-\-2 / 1 \ k-\-n
ее прыжков: ( 2/ ~*~"'~*\2/ * Используя
124


формулу суммы первых п членов геометрической прогрес-
J_
сии, получим Sn = • -у
2
Таким образом, длина любого прыжка больше суммы длин любого конечного количества последующих прыжков. Ломаная, у которой длина одного звена больше суммы длин остальных звеньев, не может быть замкнутой, следовательно, вернуться в исходную точку блоха не сможет.
Д52. Ответ: 2 031 120.
Решение. Пусть
51 = I2 + З2 + ... + 20132 + 20152,
52 = 22 + 42 + ... + 20122 + 20142.
Первый способ.
51 - S2 = 1 + (З2 - 22) + (52 - 42) + ... + (20132 - 20122) +
+ (20152 - 20142) =
= 1 + (3 - 2) (3 + 2) + (5 - 4) (5 + 4) + ...
... + (2013-2012) (2013+2012) + (2015-2014) (2015+2014) = = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + 2012 + 2013 + 2014 + 2015 =
= 1008-2015 = 2 031120. Сравните с решением задачи 5.1.
Второй способ. Вычислим Si, используя результат задачи 8.1, а для вычисления S2 воспользуемся формулой, полученной в примере 8.1. Тогда
= 1008-2015-2017 = 33б. 2015. 201?>
52 = 22(12 + 22 + ... + 10062 + 10072) = 4 • 1007-ШЮ-201-5 = = 336-2015-2014.
Значит, Si - S2 = 336 • 2015 • 3 = 2 031 120.
Д53. Ответ: 69 375.
Решение. Первый способ. Найдем сумму первых пяти указанных чисел: 111 + 113 + ... + 119 = = 575,
В сумме 131 + 133 + ... + 139 следующих пяти указанных
-£)<(§)*•
125


чисел каждое слагаемое на 20 больше, поэтому она больше найденной на 100. Следовательно, сумма чисел, составленных из нечетных цифр и начинающихся с цифры 1,
следующей нечетной сотне каждое слагаемое на 200 больше, чем в предыдущей, поэтому сумма в ней больше на 200•25 = 5000.
Таким образом, искомая сумма равна
Второй способ. Зафиксируем цифру в разряде сотен, например, 1. Тогда найдется 25 чисел вида lab, где а и Ъ — нечетные цифры, так как в разряде десятков может стоять любая из пяти цифр и в разряде единиц может стоять любая из пяти цифр. Рассуждая аналогично, получим, что среди рассматриваемых чисел будет по 25 с каждой нечетной цифрой в разряде сотен.
Следовательно, искомая сумма равна
25(1 + 3 + 5 + 7 + 9) (100 + 10 + 1) = 252 • 111 = 69 375.
Этот способ обобщается на соответствующую сумму п-значных чисел.
равна 575 + 675 + ... + 975 =
(575 + 975)5 2
= 3875. В каждой
3875 + 8875 + ... + 23 875 =
(3875 + 23 875) • 5 2
= 69 375.
Д54. Ответ:
Решение. Имеем
. 2П+Х - га - 2 2"
0,5(0,5" - 1) 0,25(0,5"-1 - 1)
0,5-1 + 0,5-1
2n+1 -га - 2 2п
Д55. Ответ:
га(га + 1) (Зга2 + га - 1) : 6
126


Решение. Слагаемое с номером k можно представить так: ak = k2 (2k - 1) = 2k3 - k2. Тогда
S = 2(13 + 23 + З3 + ... + n3) - (I2 + 22 + З2 + ... + га2) =
2га2(га + I)2 га(га + 1)(2га + 1) га(га + 1) (Зга2 4 га — 1)
4 6 6
Сравните с решением задачи 8.7.
Д56. Ответ: 2101 - 102.
Решение. Выпишем несколько первых членов данной последовательности: 1, 3, 7, 15, ... Возникает гипотеза: хп = = 2п — 1. Докажем эту формулу по индукции.
База: х\ = 21 — 1 = 1. Шаг: пусть хк = 2k — 1, тогда, так как хк — Sk-1 k, то Xk+\ = Sk + k + 1 = (Sk-1 + Xk) + k + 1 = = + 1 = 2(2^ — 1) + 1 = 2k+l — 1, что и требовалось.
Искомая сумма:
Sioo = (21 + 22 + ... + 2100) - 100 = 2101 - 102.
Д57. Решение. Выпишем несколько первых членов данной последовательности: 0, 1, 1 + 1 + \ ... Заметим,
Л tL о ^
что 1 — это первый член гармонического ряда, 1 + « — сум-
11
ма первых двух членов этого ряда, 1 + ^ + g — сумма первых трех членов и так далее, то есть начиная со второго члена {ап} — это частичные суммы гармонического ряда (строго это доказывается по индукции).
Следовательно, а2015 = l + f + § + — + 20Ы * По анало' гии с решением примера 8.3 выделим в этом ряду, начиная с третьего слагаемого, группы, количество чисел в которых— последовательные степени двойки, и используем, что | + ± > 2 • ± I + I + I + I>4.I = |, ... Б Общем
ВИДе: 2*+Т + 2* + 2 + "• + 2^1 > 2* ' 2ЙТ = !•
Осталось оценить количество выделенных полных групп. С 3-го по 2014-е есть 2012 слагаемых. Заметим, что 2 + 22 + + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 + 28 + 29 < 2012. Следовательно, есть по крайней мере 9 полных групп, в каждой из которых сумма чисел больше чем Таким образом, a2oi5 >1+|+9|- — 6, что и требовалось.
127


Д58. Ответ: могло.
Решение. Рассмотрим, например, арифметическую прогрессию с первым членом а\ — 3 и разностью d = 2. Последовательность {Ъп} получим так: = ai = 3, Ь2 — а2 + =
= 5 + 7 = 12, 63 == U4. + а§ + а§ + (27 = 9 + 11 + 13 И- 15 = 48, 64 будет суммой следующих восьми членов прогрессии {ап} и так далее. Докажем, что {Ъп} — геометрическая прогрессия со знаменателем 4.
Действительно, bk является суммой 2k~l членов прогрессии {ап} начиная с a2*-i. Так как a2k-i=ai + (2k~1 — l)d=2k+l,
ТО bk = 2a2*-1 + (|fe . 2*_1 = 3 . 22ft-2 Тогда bk+i = 3 .
поэтому для любого натурального значения ft выполнено ра-
hk+i л венство —г— = 4. bk
Существуют и другие примеры, в частности такой: 1, 2 + 3 + 4, 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13,...
Д59. Ответ: п2.
Решение. Первый способ. Заметим, что числа с одинаковым наибольшим нечетным делителем отличаются по крайней мере вдвое. Так как любые два числа набора от п + 1 до 2п отличаются меньше чем вдвое, то все их наибольшие нечетные делители различны. Таким образом, это п различных нечетных чисел, меньших 2тг, то есть в точности 1, 3, ..., 2п — 1. Их сумма равна п2.
Второй способ. База индукции. При п = 2 получим два числа 3 и 4, для которых наибольшие нечетные делители — это 3 и 1 соответственно. Тогда 3 + 1 = 22.
Шаг индукции. Пусть утверждение верно для чисел от ft + 1 до 2k. Докажем, что оно верно для чисел от k + 2 до 2k+ 2. По сравнению с суммой, равной k2 (по индуктивному предположению), из искомой суммы «уйдет» наибольший нечетный делитель числа k + 1, а добавлены наибольшие нечетные делители чисел 2ft +1 и 2ft + 2. Наибольший нечетный делитель числа 2ft + 1 равен самому числу, а наибольшие нечетные делители чисел ft+1 и 2ft + 2 = 2(ft +1) совпадают. Значит, искомая сумма равна ft2 + 2ft + 1 = (ft+1)2. Следовательно, утверждение верно для всех натуральных п > 1.
128


Д60. Решение. Докажем по индукции. База очевидна. Шаг: пусть Щп делится на ип, тогда, используя тождество из примера 9.3 для т — kn, получим, что u^+i)n — un+kn — = un_iukn + uniikn+1 делится на ип, так как каждое слагаемое делится на ип.
Доказанное утверждение обобщает результат задачи 9.36 и показывает, что существует бесконечно много чисел Фибоначчи, кратных каждому из них.
Д61. Решение. Используя результат, полученный в задаче 9.1а, получим
ип + Un+1 + ... + ип+7 =
= (U\ +U2 + ... + ип+7) — (и\ + U2 + ... + W/i-l) —
= (Цп+9 1) (Цп+1 1) ~ Un+9 Un+\.
Это число не может быть числом Фибоначчи, так как ип+g <
^ ^тг+9 Un-\-\ < Un-1_9.
Д62. Решение. Первые шесть чисел Фибоначчи однозначные. Заметим, что если п ^ 3, то ип_\ < ип, поэтому = ип + < 2и„. Кроме того, при п ^ 3 имеем
> 1,5мл, так как это неравенство равносильно тому, что 2un+i > 3ип о 2ип + 2un_i > Зип <^> ип < 2ип_\.
Пусть ип — первое среди т-значных чисел, тогда ип < < 2 • 10m_1. Докажем, что если п ^ 3, то ип+3 < 5i/n, а ип+5 > 10г/л.
Действительно,
Цц+з __ цд+2 + un+1 _ + 2u^+i _ ^ g ц/н-1 < 1 _)_ 2 • 2 = 5
И
M/i+5 ^гс+4 Н" Un+з 2l/w_|_3 + Un-1-2 Зг/д 4~ 5l/n+i
= 3 + 5 • > 3 + 5 • 1,5 > 10.
Un
Следовательно, числа un+1, u„+2 и иЛ+з заведомо т- значные, a wn+5 — нет. Пример пяти m-значных чисел Фибоначчи найти легко. Для т = 2: 13,21,34,55,89. Пример четырех m-значных чисел Фибоначчи найти сложнее: 1597,2584,4181,6765.
129


Д63. Решение. При делении натуральных чисел на т возможны т остатков: 0, 1, ..., т — 1. Заметим, что в последовательности Фибоначчи каждый член однозначно определяется двумя предыдущими, значит, остаток от деления каждого члена на т также однозначно определяется двумя предыдущими остатками. Рассмотрим все возможные различные пары остатков от деления на т. Их конечное количество (а именно, т2). Значит, какая-то пара неизбежно возникнет еще раз. Но тогда повторятся и все остатки, следующие за ней, то есть последовательность остатков от деления членов последовательности Фибоначчи на т периодична.
Осталось показать, что последовательность остатков содержит число 0. Для этого продолжим ряд чисел Фибоначчи «влево»: щ = и2 — и\ = 0. Для последовательности Фибоначчи, дополненной щ, можно переформулировать сказанное выше: остаток от деления каждого члена на т однозначно определяется двумя последующими остатками, то есть и при продолжении влево последовательность зациклится. Следовательно, найдется такой номер ft, отличный от нуля, что остаток от деления щ на т равен нулю, что и требовалось.
Д64. Ответ: не может.
Решение. Заметим, что слово с номером ft + 2 содержит ровно букв «А» и ровно Uk+1 букв «Б». Если бы это слово было периодическим, то числа щ и щ+i делились бы на число вхождений периода. Но соседние числа Фибоначчи взаимно просты (см. задачу 9.2).
Д65. Ответ: а) да; б) нет.
Решение, а) Такая подпоследовательность строится, например, следующим образом. Запишем последовательность Фибоначчи со второго члена по сто первый: 1, 2,3, 5,8,13, ... Найдем наименьшее общее кратное этих ста чисел и разделим на него каждое число. При сокращении у каждой дроби получится числитель 1. Запишем полученные результаты в обратном порядке. Тогда каждое из записанных чисел содержится в исходной последовательности, а сами числа будут записаны в порядке убывания. При этом каждое число
130


начиная с третьего будет являться разностью двух предыдущих.
б) Пусть такая подпоследовательность существует, тогда знаменатель каждой дроби является делителем наименьшего общего кратного знаменателей двух предыдущих дробей. Поэтому знаменатели всех дробей являются делителями наименьшего общего кратного двух первых. Следовательно, различных знаменателей может быть лишь конечное количество, то есть выбранная подпоследовательность конечна. Д66. Ответ: 4032.
Решение. Из условия задачи следует, что разности соседних членов заданной последовательности {хп} образуют арифметическую прогрессию. Воспользуемся формулой, полученной для таких случаев в примере 10.3:
, / , (п — 2)(п — 1)
хп = х+ (п- 1)а + - ^ -d.
В нашем случае х = 3, а = 4, d = 3. Тогда Х52 = 3 + 51*4 + + • 3 = 4032.
Д67. Ответ: 819.
Решение. Из условия задачи следует, что bn+1 = Ъп + 1, то есть {&„} — арифметическая прогрессия с разностью d= 1. Значит, для {ап} справедлива формула, полученная в примере 10.3, которая в обозначениях данной задачи имеет вид
I / Л\и . (л-2)(тг-1)
Ял = #1 + (п — 1)&1 Н 2 ^ Используя ее для #19
и #92 и учитывая, что d = 1, получим систему уравнений
( #i + 18bi + 9 • 17 — 0,
\ ai + 91bi + 45-91 = 0,
решение которой имеет вид #1 = 819, Ъ\ — —54.
1 QW _ -I
Д68. Ответ: хп = —^—* Уп = —%—‘
Решение. Складывая и вычитая выражения для членов с номерами п + 1, получим хп+\ + уп+1 = 3(л:„ + у п) и
*л+1 - Уп+1 = хп- уп- Следовательно, хп + уп = Зл, хп - уп = 1.
3" + 1 3" - 1
Тогда хп = —g—’ Уп = —2—’
131


Д69. Решение. Рассмотрим последовательность хп = 23” + + 1. Так как 23” = (23*)3, то эту последовательность можно
задать рекуррентным соотношением: хп+\ — 1 = (хп — 1)г <=>
xn+i = хп(х2 — Зхп + 3). Следовательно,
1) первый член последовательности делится на 3, а каждый следующий член делится на предыдущий, значит, каждый член последовательности делится на 3;
2) первый член последовательности делится на 3 и полученная скобка делится на 3, поэтому в разложении каждого следующего члена на простые множители хотя бы на одну тройку больше, чем в предыдущем;
3) в разложении первого члена на простые множители имеются две тройки, значит, в разложении тг-го члена хотя бы на п — 1 тройку больше, то есть их не меньше чем 2 + 71 — 1 = 71+1.
Таким образом, 23” + 1 делится на 3n+1.
Введение вспомогательной последовательности позволило провести по сути индуктивное рассуждение.
Д70. Ответ: существует.
а2
Решение. Рассмотрим {ап}: а\ = 3, а2 = 4 и ап+\ — ап +
для всех /г ^ 2. Докажем, что а\ + а| + ... + а2 = (1 + ап)2, используя метод математической индукции.
База индукции: а\ + а2 = З2 + 42 = 52 = (1 + а2)2- Шаг индукции: пусть равенство верно при п = k. Тогда при п = k + 1 получим
а\ + а2 + — + ak + ak+l — (1 + ak)2 + {o>k + —
а4 / а2 \2
— 1 + 2 аи + а2 + а2 + а3 + = ^1 + = (1 + a^+i)2.
Таким образом, последовательность {&п} = {а2}, т.е. З2, 42, 122, 842, ..., искомая.
Д71. Решение. Заметим, что соседние числа данной последовательности отличаются меньше чем на 10. Отбросим у каждого числа последнюю цифру. Получим новую последовательность, в которой соседние числа отличаются не более чем на 1. Так как эта последовательность беско¬
132


нечна и каждый ее член не меньше предыдущего, то в ней встречаются все натуральные числа начиная с некоторого. В частности, в ней найдется число, которое записывается только нечетными цифрами (например, число вида 9Э...9).
Соответствующее число в исходной последовательности либо четно, либо также состоит только из нечетных цифр. Во втором случае следующее за ним число обязательно будет четным.
Отметим, что переход к вспомогательной последовательности привел к успеху, потому что эта последовательность оказалась неубывающей, то есть «сработало» свойство монотонности (в данном случае нестрогой).
Д72. Решение. Рассмотрим последовательность
#л+1
Ьп =
+ 1.
П
Она состоит из натуральных чисел, причем 1
, ап+2
К+1 ~ пТТ
. и 1 _
+ 1= \-^т\ +1 =
Г ftbn 1
~ Ln + iJ
=*+h£i
+ 1^6Л — 1 + 1 — Ъп,
то есть {Ьп} невозрастающая последовательность. Так как ее члены — натуральные числа, то начиная с какого-то номера она постоянна, то есть Ъп = Ьп+\ = ... = 6. Это означает, что при d ^ п выполняется равенство
ad+2 ~ dd+1 = (d + l)bd+1 - dbd = (d + 1)6 - db = 6,
и тогда последовательность an+1, an+2, аЛ+з, ... — искомая арифметическая прогрессия.
Д73. Ответ: существуют.
Решение. Построим сначала вспомогательную последовательность {хп}, в которой 2013 чисел. Начиная это построение с конца, получим Х2013 = 1» #2012 = 2 и для любого такого i, что 1 ^ i ^ 2011, х* = (Xj+i + + — + #2013)! (фак¬
ториал суммы делится на каждое слагаемое).
Затем построим последовательность {ап} согласно следующему правилу: для любого такого £, что 1 ^ i ^ 2013, #/—#!+ #2 “1“ — “Ь #/•
133


Докажем, что {ап} — искомая последовательность. Выберем произвольные натуральные числа т и k (т > k), тогда
О'ГП — Я/г — Xk+1 + xk+2 + — + хт = t.
Так как ат + = (ат — а&) + 2а^, то достаточно убедиться
в том, что ak делится на £. Действительно, ak — хi + ... + Xk, и каждое слагаемое в этой сумме является факториалом числа, большего чем t. Следовательно, каждое слагаемое делится на t, а тогда и сумма делится на t.
Д74. Ответ: 1.
Решение. Переформулируем задачу на языке последовательностей. Последовательность {ап} такова, что ао = О, ап = а„_ 1 + 1, если неполное частное от деления п на максимальную степень тройки, не превосходящую п, дает остаток 1 при делении на 3, и ап = ап_\ — 1 в остальных случаях. Найдите а2015 •
Заметим, что а%п — Действительно, при вычислении значения a%n слагаемые с номерами вида 3k + 1 равны 1, слагаемые с номерами вида 3k — 1 равны —1, а слагаемые с номерами вида 3k совпадают с соответствующими слагаемыми ak. Следовательно, a^n+i = ап + 1 и а%п+2 = яп• Тогда ап равно количеству единиц в троичной записи числа п. Так как 2015 = 22021223, то а2о\ъ = 1-
Д75. Решение. Пусть в прогрессии А это не так, тогда для нее а\ — d\ > 0, то есть эта разность — натуральное число. Значит, это число принадлежит какой-то другой прогрессии В, у которой разность равна d2. Но тогда число Ъ = (ai — di) + d\d2 — а\ + (d2 — l)d\ принадлежит обеим прогрессиям, что противоречит условию. Следовательно, в каждой прогрессии разность не меньше, чем первый член.
Д76. Решение. Предположим, что {Ъп} и {сп} периодичны, тогда у них есть общий период. Но ап>— Ъп(1 + сп), поэтому периодичной будет и последовательность {ап}у что противоречит условию.
999 21999 210 2*999
Д77. Решение. Заметим, что ах = 22.1999 + 1 ^ 22.1999 =
_ 2-1989 Кроме того, an+i = ^ 999ап < 210а„. Следо-
ai +1
вательно, aige < 210ai97 < 220ai96 < — < 21970ai ^ 2-19 < 0,1.
134


Д78. Для начала полезно вычислить несколько первых членов: х2 = 1, #з = Ю, Х4 = 99, ...
Ответ: верно.
Решение. Заметим, что все члены последовательности начиная со второго положительны и хп+\ ^ 5хп. Следовательно,
хп+1 = 5хп + у24л^ + 1 (*n+1 _ 5х„)2 = 24л:2 + 1
л:2+1 - lQxn+\xn + х2 = 1.
Так как это равенство выполняется для всех натуральных п, то
xl+1 - 10x„+ix„ + х2 = х\ - 10хпхп-1 + х1_г <^- <^> (х„+1 - хп) (л:„+1 - 10дг„ + хп-\) = 0.
Так как первая скобка отлична от нуля, то хп+\ = \0хп — — хп_1. Таким образом, каждый член последовательности определяется по двум предыдущим. Так как первые два члена данной последовательности целые, то целыми будут и все последующие.
Д79. Ответ: только первую.
Решение. Условию задачи удовлетворяет, например, многочлен Р(х) = х — 1, если в качестве {ап} взять натуральный ряд чисел.
Докажем, что степени выше 1 у такого многочлена быть не может. Заметим, что старший коэффициент многочлена Р положителен (иначе Р(х) < 0 при достаточно больших положительных х, тогда количество положительных значений многочлена Р в натуральных точках конечно). Кроме того, если степень многочлена Р выше первой, то и у многочлена Р(х) — х старший коэффициент положителен (по тем же причинам), поэтому найдется такое натуральное N, что Р(х) > х для каждого х^ N.
Пусть указанная последовательность существует. Начиная с некоторого номера члены, меньшие N, закончатся, то есть найдется такое п, что ^ N при всех k > п. Тогда ап = Р(ап+1) > ап+ь an+i = Р(аЛ+2) > ап+2, • , то есть
135


ап > ап+1 > ап+2 > ... — бесконечная убывающая последовательность натуральных чисел, что невозможно. Противоречие.
Д80. Решение. Пусть это не так, то есть последовательность периодическая и длина ее периода равна t. Тогда xm+t = хт и xm+t+1 = хт+1 при т0. Пусть sinxm ф О при некотором т^ то, тогда xm+t+i = (т + t) sin xm+t + 1 = = (т + t) sin xm + 1 Ф m sin xm + 1 = xm+\. А если sin xm = 0, то xm+\ = 1 и sin = sin 1^0, то есть предыдущее рассуждение применимо к xm+i. Противоречие.
Д81. Ответ: 181.
Решение. Заметим, что {ак} строго возрастает. Действительно, пусть какие-то два ее соседних члена равны, то есть a,k — ак+1 = п, тогда ап = 3k = 3(k + 1) — противоречие.
Кроме того, а\ > 1 (в противном случае aai = а\ = 1 ф 3). Отсюда следует, что ак > k для всех k. С другой стороны, #1 < &а1 = 3. Поэтому ai = 2, = 3, аз = 6, ав = 9, ад = 18,
aig = 27, а27 = 54, аб4 = 81, asi = 162, ai62 = 243. Так как 162 — 81 = 243 — 162, то ак = 81 + k для всех k от 81 до 162. В частности, аюо = 181.
Рассуждая аналогично, можно получить и формулу п-го члена заданной последовательности:
[п + Зт, если Зт ^ п ^ 2 • Зт,
Un ~ |зл - 3m+1, если 2*3 т<п^ 3m+1.
Д82. Решение. Для удобства будем считать, что череда богатырей стоит за Черномором слева направо. Пусть в ней не существует богатыря наименьшего роста. Это означает, что для любого богатыря найдется богатырь меньшего роста. Тогда искомая бесконечная цепочка богатырей строится последовательным выбором богатырей, все меньших и меньших по росту, следующим образом: выберем, например, богатыря, стоящего за Черномором, затем, двигаясь слева направо, первого из богатырей, который его ниже, затем следующего, который ниже второго, и так далее. Такой выбор всегда возможен, так как богатырь, который ниже только что выбранного, обязательно располагается правее него.
136


Если же имеется богатырь А\ наименьшего роста, то отбрасываем его и всех слева от него, среди оставшихся выбираем богатыря А2 с наименьшим ростом и отбрасываем его и всех слева от него, среди оставшихся богатырей выбираем богатыря Аз с наименьшим ростом и так далее. Если очередного богатыря At+\ выбрать не удается, это значит, что справа от At нет самого низкого; тогда из бесконечной череды богатырей справа от At можно выбрать бесконечную цепочку богатырей, стоящих по убыванию роста (см. выше).
Если же каждый раз выбор At возможен, то цепочка Ai,A2,As, ... стоит слева направо по возрастанию роста (At ниже Ai+1, так как он ниже всех, кто на тот момент еще не был отброшен).
Отметим, что эта задача является упрощенной формулировкой следующей теоремы: у любой бесконечной последовательности существует бесконечная монотонная подпоследовательность.
Д83. Решение. Пусть ai,...,aioi—данная последовательность чисел. Обозначим через и уъ соответственно длины возрастающей и убывающей подпоследовательностей, начинающихся с а^. Предположим, что утверждение задачи неверно, то есть ^ ^ 10 и Ук ^ Ю для любого номера k. Тогда количество всех различных пар (Xk, Ун) не превосходит 100. Поэтому найдутся два таких номера т и п, что хт = хп и Ут — Уп- Без ограничения общности можно считать, что т < п. Но тогда получим противоречие: если ат < ап, то, добавив ат слева к возрастающей последовательности с началом ап> получим более длинную возрастающую последовательность с началом ат, то есть хт> хп. Если же ат > ап, то аналогичным образом можно удлинить убывающую последовательность, то есть Ут > Уп-
Аналогично доказывается более общее утверждение: любая последовательность из тп + 1 попарно различных чисел содержит либо возрастающую подпоследовательность из т + 1 чисел, либо убывающую подпоследовательность из п + 1 чисел.
137


Д84. Ответ: а) могло; б) не могло.
Решение, а) Приведем два различных примера и обоснуем их.
1. Пусть ап = 1,02" + 0,5Л. Тогда
ап+1>ап & l,02n+1 + 0,5n+1 > 1,02" + 0,5"
1,02л • 0,02 > 0, 5Л • 0,5 «ф- 2,04" >25 & 5,
что и требуется.
2. Пусть были взяты одно число 2 и 1024 числа 0,5. Тогда ап = 2п + 1024 • 2~п = 25(2"~5 + 25-л). В скобках стоит сумма двух взаимно обратных положительных чисел, которая тем меньше, чем они ближе друг другу. Поэтому такая последовательность до п = 5 убывает, а потом возрастает.
б) 	Предположим, что такое случилось. Тогда ап < а§ для любого п. Заметим, что среди первоначально взятых чисел должно быть хотя бы одно число х > 1, иначе последовательность не возрастала бы ни на каком из промежутков. Но тогда ап > хп для любого я, а последовательность хп при х > 1 не ограничена. Противоречие.
138


Краткие сведения о прогрессиях
Арифметическая прогрессия
Геометрическая прогрессия
Определение (рекуррентное задание) и его следствия
{(ап} — арифметическая прогрессия, если
3d | \/п е N ап+1 = ап + d.
1) d - разность прогрессии; d = #n+i
2) Прогрессия
— возрастающая <^> d > 0;
— постоянная <=> d = 0;
— убывающая d < 0.
{Ьл} — геометрическая прогрессия, если Ъ\ ф 0 и
Зд ф 0 1 Уп € N fen+1 =bn • q.
1) q — знаменатель прогрессии;
Ьп+1
q= ьп ■
2) Прогрессия
— возрастающая ^ Ъ\ > 0; q > 1 или Ъ\ < 0; 0 < q < 1;
— постоянная q = 1;
— убывающая Ь\ > 0;
0 < q < 1 или Ь\ <0; q >1.
Характеристическое свойство
{ап} — арифметическая прогрессия 2
&п— 1 4“ #л+1 - 2
{6n} — геометрическая прогрессия Vai ^ 2
= 6/г—1 * ^л+1.
Формула тг-го члена и ее следствие
a„ = ai + (n-l)d;d = ^—
т — к
т ф k.
bn = b1-gn~1i qm~h = Yk-
Распознавание прогрессии по формуле функции от п
Линейная функция: ап~ dn + Ъ, где я Е N, {d, 6} С R; d — разность прогрессии.
Показательная функция:
Ъп — а • qdn+b9 где п Е N,
{a; g; d; &} С R, а ф 0, q ф 0; qd — знаменатель прогрессии.
Характеристическое свойство членов, равноотстоящих от концов
т + k = п + 1, где
{т, k,n}cN о am + ak = ai+an.
т + k = п + 1, где
{т, k, п) С N <^> Ът • = 6i •
Свойство «сдвига» суммы первых членов
VfceN
Sn + nkd = a^+i + a^+2 + ••• + аь+п •
V/г eN
Sn • qk — bk+1 + + — + Ь/г+л*
Формулы суммы первых /г членов
-|\с сц ап
1) g
04 о 2а1 + (и - !)<* „ ") — 2 *
Если <7=1, то S„ = /161. Если qф 1, то 1) ^ М<7л-1) ^
z>bn- <7 — 1
139


Раздаточный материал
Занятие 1
1.1. Сформулируйте правило, по которому составлена каждая последовательность, найдите следующее число и число, стоящее на десятом месте:
а) 	3, 6, 9, 12, 15;...; б) 20, 15, 10, 5, 0, -5,
в) 	1024, 512, 256, 128, 64, ...; г) 10, 8, 11, 9, 12, 10, ...;
д) 2, 5,10,17, 26,е) А,
ж) |, |, ||, з) 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13,...
1.2. Петя, Вася и Коля записали в ряд по 100 чисел. У Пети пятое число равно 12, и каждое число начиная со второго на два больше левого соседа. У Васи первое и третье число равны 4 и 6 соответственно, а каждое число, кроме крайних, вдвое меньше суммы его соседей. А Коля просто записывал периметры прямоугольников шириной в одну клетку: сначала — периметр прямоугольника длиной в одну клетку, потом — длиной в две клетки, и так далее (сторона каждой клетки равна 1). У кого из мальчиков совпали записанные ряды чисел?
1.3. На прямой отметили 100 точек так, что расстояние между любыми соседними точками равно 7.
а) Каково расстояние между крайними точками?
б) Точки пронумеровали по порядку слева направо. Какой номер имеет точка, расстояние от которой до первой точки равно 77?
в) Координата первой точки равна 10. Найдите координату тридцать первой точки.
г) Какой номер будет иметь точка с координатой 110, если координата первой точки равна 5?
1.4. Дана последовательность: 1,5; 1,65; 1,8; 1,95; ...
а) Укажите закономерность и найдите число, стоящее на сто первом месте.
б) На каком месте в этой последовательности стоит число 6?
1.5. Найдите закономерность в последовательности чисел
111, 213, 141, 516, 171, 819, 202, 122, ... и запишите следующие два числа.
140


1.6. Найдите закономерность и следующий член последовательности: 0, 1, 4, 10, 20, 35, 56, 84, 120, 165, 220, ...
1.7. Даны две последовательности: 2, 4, 8, 16, 14, 10, 2, 4, ... и 3, 6, 12, 6, 12, ... В них каждое число получено из предыдущего по одному и тому же закону, а) Укажите этот закон, б) Найдите все последовательности натуральных чисел, построенные по этому же закону, все члены которых равны между собой, в) Докажите, что если такая последовательность начинается с 21000, то в ней рано или поздно появится однозначное число.
141


Занятие 2
2.1. Найдите сумму и произведение всех последовательных четных чисел от —10 до 100.
2.2. Найдите сумму 2 — 5 + 8 — 11 + 14 — 17+... — 497 + 500.
2.3. Найдите сумму а) 1 + 3 + 5 + 7 + ... + 199; б) первых п нечетных чисел.
2.4. а) Найдите сумму 1,1 + 2,1 + 4,1 + ... + 256,1 + 512,1.
б) 	Первый член последовательности равен 1, а каждый следующий получен из предыдущего умножением на 3. Найдите сумму первых тридцати членов этой последовательности.
2.5. Найдите сумму всех правильных несократимых дробей со знаменателем 121.
2.6. Найдите значения произведений:
2.7. Вычислите сумму jij + + jjijj + ... +
142


Занятие 3
3.1. Запишите формулы n-го члена последовательностей {хп} и найдите их сорок третьи члены: а) натуральные числа, кратные четырем, записанные в порядке возрастания; б) целые отрицательные числа, записанные в порядке убывания; в) квадраты целых неотрицательных чисел, записанные в порядке возрастания: г) 5, 11, 17, 23, 29, ...; д) —1, 1, —1, 1, —1, ...
3.2. В строку записаны 10 чисел, причем сумма любых трех чисел подряд равна 7, а сумма всех равна 21. Найдите седьмое число в строке.
3.3. На координатной прямой отмечено 16 точек, которые пронумерованы слева направо. Координата любой точки, кроме крайних, равна полусумме координат двух соседних точек. Найдите координату пятой точки, если первая точка имеет координату 2, а шестнадцатая — координату 47.
3.4. Найдите тысячный член натурального ряда чисел, из которого «выкинуты» все квадраты натуральных чисел.
3.5. Все целые числа от 1 до 2000 записали в следующем порядке: сначала записали в порядке возрастания все числа с суммой цифр 1, затем — с суммой цифр 2 (также в порядке возрастания), потом — с суммой цифр 3 (также в порядке возрастания) и так далее. На каком месте оказалось число 1997?
3.6. Дана последовательность 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,...
а) 	На каком месте последний раз стоит число 201? б) Какое число стоит на 2015-м месте?
3.7. а) Числа от 1 до N выписали подряд без пробелов. Получилось 2016-значное число 1234567891011... Найдите N.
б) 	Натуральные числа 1, 2, 3, ... выписывали подряд без пробелов, пока в полученной строке 1234567891011121314... не встретилась четверка цифр ...2016... На каком месте от начала строки стоит цифра 6 из этой четверки?
143


Занятие 4
4.1. Найдите последнюю цифру числа 7218.
4.2. Последовательность строится по следующему закону: на первом месте — число 7, а далее за каждым числом стоит сумма цифр его квадрата, увеличенная на 1. Какое число стоит на тысячном месте?
4.3. В ряд записано 1999 чисел. Первое число равно 1. Известно, что каждое число, кроме первого и последнего, равно сумме двух соседних. Найдите последнее число.
4.4. На доске записаны в ряд сто чисел, отличных от нуля. Известно, что каждое из них, кроме первого и последнего, является произведением двух чисел, соседних с ним. Первое число равно 7. Какое число записано последним?
Решение предыдущих задач должно постепенно подготовить школьников к тому, чтобы работать с равенствами из условия в общем виде.
4.5. Последовательность {ап} такова, что ап — п2 при 1 ^ п ^ 5 и при всех натуральных п выполняется равенство ап+5 + ап+\ = = ап+4 + ап. Найдите a2oi5-
4.6. В последовательности 1,2, 4, 8, 16, 22, ... каждое число начиная со второго получается увеличением предыдущего числа на его последнюю цифру.
а) Какое число стоит на тысячном месте?
б) Есть ли в последовательности число 2222? Если есть, то на каком оно месте?
4.7. а) Последовательность периодична с периодом длины 6. Из нее вычеркнули каждый четвертый член. Будет ли периодичной новая последовательность?
б) 	Последовательность периодична с периодом длины 7. В ней оставлены только первый, десятый, сотый, тысячный, ... члены. Будет ли периодичной новая последовательность?
144


Занятие 5
5.1. Вычислите сумму 22 — 42 + 62 — 82 -f ... + 982 — 1002.
5.2. Вычислите сумму —Н—рД—— +... Н—1=-^—?= •
1 + л/2 V2 + VS v/99 + v/100
5.3. В ряд записано 2015 чисел. Первое число — это 10, а последнее равно 7. Каждое из остальных равно сумме двух чисел, соседних с ним. Найдите сумму всех чисел ряда.
5.4. В ряд записано двенадцать чисел. Каждое из них, начиная с третьего, равно сумме всех предыдущих. Найдите сумму всех чисел этого ряда, если цятое число равно 7.
5.5. Найдите сумму первых 2000 членов последовательности ап — п-п\
5.6. Из последовательности 2010, 2009, 2008, ..., 2, 1 вычеркнули все точные квадраты, а из оставшихся чисел, не изменяя их порядка, составили знакочередующуюся сумму:
2010 - 2009 + 2008 - 2007 + ...
Найдите ее значение.
5.7. Докажите, что ± + \ + ^ + ... + ^ _ 1 < \.
145


Занятие 6
6.1. Конечная арифметическая прогрессия состоит из целых чисел, и ее сумма — степень двойки. Докажите, что количество членов прогрессии также степень двойки.
6.2. Найдите конечную арифметическую прогрессию с разностью 6, состоящую из простых чисел и имеющую наибольшую длину.
6.3. Существует ли бесконечная арифметическая прогрессия, состоящая только из различных простых чисел?
6.4. Сто натуральных чисел образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Могут ли каждые два из этих чисел быть взаимно простыми?
6.5. Пятнадцать простых чисел образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Докажите, что разность этой прогрессии больше чем 30 ООО.
6.6. Можно ли расставить целые числа от 1 до 2015 в некотором порядке так, чтобы сумма любых десяти подряд стоящих чисел делилась на 10?
6.7. В последовательности натуральных чисел каждое число, кроме первого, получается прибавлением к предыдущему самой большой его цифры. Какое наибольшее количество подряд идущих членов последовательности могут быть нечетными?
146


Занятие 7
7.1. Существует ли такая бесконечная последовательность натуральных чисел, что никакие три из них не могут являться длинами сторон треугольника?
7.2. Можно ли разбить множество натуральных чисел на два подмножества так, чтобы каждое из них не содержало ни одной бесконечной арифметической прогрессии?
7.3. Существует ли ряд из 101 последовательного натурального числа, сумма которого равна кубу натурального числа?
7.4. Можно ли из бесконечной последовательности 1, выбрать 6 чисел так, чтобы они составляли арифметическую прогрессию?
7.5. Верно ли, что в любой бесконечной арифметической прогрессии, состоящей из натуральных чисел, найдется два члена с одинаковой суммой цифр?
7.6. Верно ли, что первые п натуральных чисел (п > 5) можно разбить на два множества так, чтобы произведение чисел первого множества равнялось сумме чисел второго?
7.7. Бесконечная последовательность {ап} состоит из положительных чисел, и для любого натурального п выполняется равенство (an+1 + п)ап = 1. Содержит ли она рациональные числа?
147


Занятие 8
8.1. Найдите сумму I2 + З2 + ... + (2п — I)2.
8.2. Докажите, что сумма первых шестидесяти трех членов последовательности сп = 2~f~j больше чем 1,5.
8.3. Вычислите сумму 1 + 2 • 2 + 3 • 22 + ... + 50 • 249.
8.4. Найдите сумму 1 + 11 + ... + 11... 1 .
пединиц
8.5. Найдите сумму всех несократимых дробей со знаменателем 7, заключенных между натуральными числами k и п (k < п).
8.6. Найдите сумму S = I3 + 23 + ... + (re - I)3 + п3.
8.7. Найдите сумму S = 1 • 22 + 2 • З2 + ... + п(п + I)2.
148


Занятие 9
9.1. (Свойства сумм.) Докажите, что: а) и\ + и2 + ... + ип = = ип+2 - 1; б) их + и3 + иъ +... + и2п-г = и2п; в) и2 + и4 + и6 +... + и2п =
— и2п+1 — 1*
9.2. Докажите, что любые два соседних числа Фибоначчи взаимно просты.
9.3. Докажите, что: а) разность квадратов двух чисел Фибоначчи, номера которых отличаются на 2, является числом Фибоначчи; б) для любого числа Фибоначчи найдется кратное ему число Фибоначчи с большим 'номером.
9.4. (Тождество Кассини.) Докажите, что un-iun+i — и„ = (—1)п, где п > 1.
9.5. Последовательность {ап} такова, что а\ — 1, ап+\ — 1 Н .
ап
Существует ли число, которое меньше всех членов последовательности с четными номерами и одновременно больше, чем любой член последовательности с нечетным номером?
9.6. Найдите количество слов длины 10, состоящих только из букв «А» и «Б» и не содержащих в записи двух букв «Б» подряд.
9.7. 55 боксеров участвовали в турнире по системе «проигравший выбывает». Бои шли последовательно. Известно, что у участников каждого боя количества предыдущих побед отличались не более чем на 1. Какое наибольшее количество боев мог провести победитель турнира?
149


Занятие 10
10.1. Поток студентов пять раз сдавал один и тот же зачет (не сдавшие приходили на следующий день). Ежедневно успешно сдавали зачет треть пришедших студентов и еще треть студента. Каково наименьшее количество студентов, так и не сдавших зачет за 5 дней?
10.2. В ряд выписано двадцать одно число, при этом если число
2x2 т-г 1
у стоит между числами х и г, то у — Первое число равно
а последнее число равно Найдите пятнадцатое число.
10.3. Последовательность {ап} положительных чисел такова, что каждый ее член начиная со второго равен полусумме среднего арифметического и среднего геометрического двух соседних с ним членов. Найдите а2017» если а\ — 4, а64 = 9.
10.4. Последовательность {хп} определена условиями хо = 1,5, xn+i = х\ — 2хп + 2. Докажите, что \х$ — 1| < 10-9.
10.5. Последовательность {ап} задана условиями а\ — 1, ап+\ =
= ап + —. Докажите, что аюо > 14.
Un
10.6. Последовательность {хп} определяется условиями Х\ = 19, Х2 = 97, хп+2 — хп —. Докажите, что среди членов последова-
#л+1
тельности найдется нуль, и найдите номер этого члена.
10.7. Последовательность {хп} такова, что
ХпХп+1 + Ьх\
Хп+2 =
”^ Хп ~ Хп+1
для всех натуральных п. Известно, что Х2000 = х\. Докажите, что
^1999 х2*
150


Занятие 11
11.1. Дан прямоугольник с отношением сторон у/5. От него отрезают квадрат и находят отношение сторон получившегося прямоугольника. Эта операция повторяется для каждого полученного прямоугольника. Докажите, что последовательность отношений сторон периодична.
11.2. В магазин завезли 20 кг сыра, за ним выстроилась очередь. Отпустив сыр очередному покупателю, продавщица безошибочно подсчитывает средний вес покупки по всему проданному сыру и сообщает, на сколько человек хватит оставшегося сыра, если все будут покупать именно по этому среднему весу. Могла ли продавщица после каждого из первых десяти покупателей сообщать, что сыра хватит еще ровно на 10 человек? Если да, то сколько сыра осталось в магазине после первых десяти покупателей?
11.3. Найдите все строго возрастающие последовательности натуральных чисел ai, а2, ..., ап, ..., в которых а2 = 2 и апт = апат для любых натуральных пит.
11.4. Последовательность {ап} строится по заданному натуральному числу ао так:
{(а2п — 5, если ап нечетно,
Л к
0,5ап, если ап четно.
Докажите, что при любом нечетном ао > 5 эта последовательность не ограничена.
11.5. Каждый из первых четырех членов последовательности равен 9, а каждый ее член начиная с пятого равен остатку от деления произведения четырех предыдущих членов на 11. Встретится ли в этой последовательности четверка (1, 9, 9, 9)?
11.6. Бесконечная последовательность нулей и единиц
0110100110010110...
составлена так: сначала записан 0, затем на каждом шаге к уже записанному куску приписывается кусок той же длины, в котором нули заменены единицами, а единицы — нулями, а) Какая цифра стоит на 1986-м месте? б) Является ли эта последовательность периодической?
11.7. Бесконечная последовательность f(n) (п = 1,2, ...), состоящая из натуральных чисел, такова, что f(f(n)) = f(n -f 1) + f(n) для всех натуральных п. Докажите, что все члены этой последовательности различны.
151


Авторы задач
Большинство использованных в книжке задач давно и заслуженно стали математическим фольклором или восходят к нему. Эти задачи вошли в некоторые многие учебные пособия, книжки и статьи (см. список использованной литературы), поэтому их часто публикуют без указания авторов. Это, однако, не повод умалчивать об авторах в тех случаях, когда они известны (в случаях, когда автор не один, его соавторы указаны в скобках).
Н. Агаханов: Д37, Д43
А. Анджанс: Д81
Е. Бакаев: Д47
А. Берзиныы: 10.6
С. Берлов: Д42, Д48
А. Блинков: пример 1.2, 4.7а, Д23
Д. Ботин: 1.7, пример 3.2
С. Волченков: 11.5
Г. Гальперин: пример 6.3
С. Гашков: 4.5
А. 	Голованов: Д80
Г. Жуков: Д58
А. 	Заславский: Д29, Д74
С. Иванов: 10.7
Д. Калинин: 3.66, пример 4.3, ДЗ , Т. Караваева: Д32 (Б. Френкин)
П. Кожевников: 6.4, Д75 Е. Козлова: Д13 С. Костин: 10.3 К. Кохась: Д77 Д. Креков: Д35 М. Мурашкин: Д72
152


A. Подобедов: пример 1.3, 1.5
B. Произволов: ДЗО, Д70 И. Рыбников: 11.2
B. Сендеров: 4.3, пример 7.1 (А. Спивак)
И. Сергеев: Д82
М. Скопенков: 6.1
А. Спивак: пример 7.1 (В. Сендеров)
C. Токарев: Д17, Д65
А. Толпыго: пример 7.3, Д84
Б. Френкин: Д4 (по мотивам Дж. Конвея), Д32 (Т. Караваева), Д38, Д79 А. Храброе: 11.4
А. Шаповалов: 1.2, 1.3, 3.4, 3.5, 3.7, 4.6, 4.76, 5.6, 6.6,
6.7, 	пример 7.2, 7.6, 9.7, пример 10.3, пример 11.3, Д9, ДИ, Д12, Д14, Д15, Д16, Д25, ДЗЗ, Д39 А. Штерн: Д59 К. Gauss: Д22а
J. Lagarias, Е. Rains, N. Sloane: Д71 G. Todd: Д226
153


Литература и веб-ресурсы
1. Н.Х. Агаханов и др. Всероссийские олимпиады школьников по математике. 1993—2009. Окружной и финальный этапы. М.: МЦНМО, 2010.
2. Н. Б. Алфутова, А. В. Устинов. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ. М.: МЦНМО, 2018.
3. И. В. Артамкин, A. Л. Городенцев, А. Г. Кулаков, М. А. Прохоров, С. М. Хорошкин, А Б. Хохлов. Числа и суммы // Математическое образование. 1999. № 2—3 (9— 10), апрель—сентябрь.
4. А. Белов, М. Сапир. «И возвращается ветер...», или периодичность в математике // Квант. 1990. № 4.
5 .А. Д. Бендукидзе. Фигурные числа // Квант. 1974. № 6.
6. АД. Блинков. Вычисление некоторых конечных сумм // Математика для школьников. 2008. № 4.
7. Н. Б. Васильев, Б. Л. Гутенмахер, Ж. М. Раббот, А Л. Тоом. Заочные математические олимпиады. М.: Наука, 1987; М: МЦНМО, 2012.
8. Н. Я. Виленкин и др. За страницами учебника математики: Арифметика. Алгебра. Геометрия. Книга для учащихся 10—11 классов общеобразовательных учреждений. М.: Просвещение, 1996.
9. Н. Н. Воробьев. Числа Фибоначчи. М.: Наука, 1978. (Популярные лекции по математике; Вып. 6).
10. М. Л. Галицкий, А М. Гольдман, Л. И. Звавич. Сборник задач по алгебре для 8—9 классов: Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики. М.: Просвещение, 1992.
154


11. Г. А Гальперин, А. К. Толпыго. Московские математические олимпиады. М.: Просвещение, 1986.
12. Диофант Александрийский. Арифметика и книга о многоугольных числах. М.: Наука, 1974.
13. Р. И. Довбыш и др. Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных примеров и задач с решениями. Донецк: ООО ПКФ «БАО», 2005.
14. А. В. Жуков, П. И. Самовол, М. В. Аппельбаум. Элегантная математика. М.: URSS, 2005.
15. А. П. Карп. Алгебра: Сборник задач для 8—9 классов средней школы. СПб.: СМИО ПРЕСС, 2000.
16. Д. В. Клименченко. Задачи по математике для любознательных: Книга для учащихся 5—6 классов средней школы. М.: Просвещение, 1992.
17. Математические турниры имени А. П. Савина / Сост. А. В. Спивак. М.: Бюро Квантум, 2006. (Библиотечка «Квант»; Вып. 93).
18. Материалы Санкт-Петербургских олимпиад школьников по математике (1999, 2000, 2012 гг.).
19. Л. Э. Медников у А. В. Шаповалов. Турнир городов: мир математики в задачах. М.: МЦНМО, 2012.
20. Московские математические регаты. Ч. 1, 2 / Сост. А. Д. Блинков, Е. С. Горская, В. М. Гуровиц. М.: МЦНМО, 2014.
21. Л. Ф. Пичугин. За страницами учебника алгебры: Книга для учащихся 7—9 классов средней школы. М.: Просвещение, 1990.
22. В. В. Произволов. Задачи на вырост. М.: Бюро Квантум, 2003.
23. Д. Я. Стройк. Краткий очерк истории математики. М.: «Наука», 1990.
24. В. А. Уфнаровский. Математический аквариум. М.: МЦНМО, 2016.
25. Д. В. Фомин. Санкт-Петербургские математические олимпиады. СПб.: Политехника, 1994.
155


26. А. В. Шаповалов, Л. Э. Медников. Как готовиться к математическим боям. 400 задач турниров имени А. П. Савина. М.: МЦНМО, 2014.
27. Шесть фестивалей. Материалы Российских фестивалей юных математиков. Краснодар, 1996.
28. LXXVIII Московская математическая олимпиада. Задачи и решения. М.: МЦНМО, 2015.
29. http: //olympiads.mccme. ru/regata — Математические регаты.
30. http: //www. problems. ru — База задач по математике.
156


Оглавление
Предисловие 3
Занятие 1. Поиск закономерностей 8
Занятие 2. Закономерности сумм и произведений 16
Занятие 3. Восстановим члены последовательности 27
Занятие 4. Зацикливание 34
Занятие 5. Суммирование 42
Занятие 6. Целочисленные арифметические прогрессии 49
Занятие 7. Существует ли ...? 55
Занятие 8. Опять суммирование 61
Занятие 9. Числа Фибоначчи 71
Занятие 10. Вспомогательные последовательности 79
Занятие 11. Применение свойств последовательностей 86
Приложения 95
Дополнительные задачи 95
Ответы, решения, указания к дополнительным задачам 105
Краткие сведения о прогрессиях 139
Раздаточный материал 140
Авторы задач 152
Литература и веб-ресурсы 154
157


Учебно-методическое издание
Александр Давидович Блинков Последовательности
Серия «Школьные математические кружки»
Подписано в печать 09.02.2018 г. Формат 60 х 88 Vi6* Бумага офсетная. Печать офсетная. Объем 10 печ. л. Тираж 3000 экз.
Издательство Московского центра непрерывного математического образования 119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11. Тел. (499) 241-08-04.
Отпечатано в ООО «Типография „Миттель Пресс“».
Москва, ул. Руставели, д. 14, стр. 6.
Тел./факс +7(495)619-08-30, 647-01-89.
E-mail: mittelpress@mail.ru


В СЕРИИ «ШКОЛЬНЫЕ МАТЕМАТИЧЕСКИЕ КРУЖКИ» ВЫШЛИ КНИГИ:
А. Д. Блинков. Последовательности
Ю. А. Блинков, Е. С. Горская Вписанные углы
К. А. Кноп. Азы теории чисел
А. Д. Блинков. Геометрия в негеометрических задачах
И. В. Раскина Логика для всех: от пиратов до мудрецов
А. В. Шаповалов. Математические конструкции: от хижин к дворцам
А. Д. Блинков, В. М. Гуровиц. Непрерывность
И. В. Раскина, Д. Э. Шноль. Логические задачи
А. А. Заславский, Б. Р. Френкин, А. В. Шаповалов Задачи о турнирах
А. В. Шаповалов. Как построить пример?
А. И. Сгибнев. Делимость и простые числа
A. Д. Блинков. Классические средние
Г. А. Мерзон, И. В. Ященко. Длина. Площадь. Объем
К. А. Кноп.
Взвешивания и алгоритмы: от головоломок к задачам
А. Д. Блинков, Ю. А. Блинков. Геометрические задачи на построение
П. В. Чулков. Арифметические задачи
B. М. Гуровиц, В. В. Ховрина. Графы
Л. Э. Медников. Чётность