/
Автор: Яглом И.М. Шклярский Д.О. Ченцов Н.Н.
Теги: теория чисел алгебра математика арифметика задачи по математике элементарная математика
ISBN: 5-9221-0106-4
Год: 2001
Текст
УДК 511+512
ББК 22.1
И 32
Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н., Яглом И.М. Избран-
Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Арифме-
Арифметика и алгебра. — б-е изд. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2001. — 480 с. —
ISBN 5-9221-0106-4.
Книга содержит 320 задач, относящихся к алгебре, арифме-
арифметике и теории чисел. По своему характеру эти задачи значительно
отличаются от стандартных школьных задач. Большинство из них
предлагалось в школьных математических кружках при МГУ и
на математических олимпиадах в Москве. Книга рассчитана на
учащихся старших классов средней школы. Задачи, доступные уча-
учащимся седьмых-восьмых классов, отмечены особо. Даны подроб-
подробные решения всех задач; более трудные задачи снабжены указа-
указаниями.
Настоящее издание воспроизведено по тексту четвертого
издания.
© ФИЗМАТЛИТ, 2001
© Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н.,
ISBN 5-9221-0106-4 Яглом и-м-> 2001
СОДЕРЖАНИЕ
Из предисловия к четвертому изданию 4
Общие указания к пользованию книгой 6
Задачи 9
1. Вводные задачи A-14) 9
2. Перестановки цифр в числе A5-26) 13
3. Задачи на делимость чисел B7-71) 15
4. Разные задачи из арифметики G2-109) 22
5. Решение уравнений в целых числах A10-130) 28
6. Оценки сумм и произведений A31—159) 32
7. Разные задачи из алгебры A60-195) 39
8. Алгебра многочленов A96-221) 46
9. Комплексные числа B22-239) 50
10. Несколько задач из теории чисел B40-254) 56
11. Некоторые замечательные неравенства B55-308) 61
12. Ряды разностей и сумм числовых последовательнос-
последовательностей C09-320) 76
Решения 83
Ответы и указания 446
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ
К ЧЕТВЕРТОМУ ИЗДАНИЮ
Настоящая книга является первой из ряда сборников задач,
построенных на материале, накопленном в школьном
математическом кружке при Московском государственном
университете им. М.В. Ломоносова. Эти сборники содержат
задачи и теоремы, большая часть которых предлагалась на
занятиях секций школьного математического кружка при
МГУ и на математических олимпиадах московских школьни-
школьников; они рассчитаны на участников и руководителей школьных
математических кружков, а также кружков в педагогических
институтах. Настоящая книга содержит задачи по арифме-
арифметике, алгебре и теории чисел. Последующие сборники задач
будут посвящены геометрии: вторая книга содержит плани-
планиметрические, а третья — стереометрические задачи. Разу-
Разумеется, отдельные книги этого ряда совершенно не зависят
друг от друга.
В работе над сборниками кроме Н.Н. Ченцова и И.М. Яг-
лома принимали участие и другие руководители школьного
математического кружка при МГУ. Около 40 задач заимст-
заимствовано из рукописи одного из создателей школьного кружка
при МГУ и замечательного руководителя секций кружка Да-
Давида Оскаровича Шклярского A918-1942)*), работавшего в
школьном математическом кружке при МГУ в 1936-1941 гг. и
погибшего на фронте Великой Отечественной войны. Учиты-
Учитывая большое влияние, которое оказал Д.О. Шклярский на пос-
последующую деятельность школьного математического кружка
*) Относительно истории школьного математического кружка при МГУ
и роли Д.О. Шклярского в этом кружке см. вступительную статью
В.Г. Болтянского и И.М. Яглома к книге: А.А. Леман (составитель).
Сборник задач московских математических олимпиад. — М.: Просвеще-
Просвещение, 1965. (Эта интересная книга имеет много точек соприкосновения с
настоящими сборниками.)
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ К ЧЕТВЕРТОМУ ИЗДАНИЮ 5
при МГУ и, в частности, на настоящие сборники, мы сочли
уместным поставить его имя на титульном листе книг на пер-
первое место.
В отличие от большинства задачников, предназначенных
для учащихся средней школы, настоящие сборники ставят
своей целью не столько закрепить и углубить знания читателя,
полученные им в школе, сколько ознакомить его с рядом новых
для него методов и идей и привить вкус к самостоятельным
изысканиям. В связи с этим здесь почти полностью отсут-
отсутствуют задачи, для решения которых достаточно только фор-
формального усвоения школьного курса математики. Очень слабо
представлены в сборниках наиболее привычные для школьни-
школьников типы задач «на сообразительность»: задачи на искусствен-
искусственные методы решения уравнений и систем уравнений высших
степеней и задачи на построение. Зато сборники содержат
много задач с нестандартными формулировками, требующих
для своего решения новых подходов.
При подборе задач больше внимания уделялось тем разде-
разделам элементарной математики, которые находят продолжение
в современных исследованиях (для примера назовем «Алгебру
многочленов» и «Теорию многогранников»). Некоторые цик-
циклы задач излагают в переработанном и приспособленном для
школьников виде отдельные вопросы, которые обычно отно-
относят к «высшей математике» (например, элементы теории чисел
или разностные уравнения). Отдельные задачи заимствованы
из сочинений классиков математики и из статей, напечатан-
напечатанных в научных математических журналах.
В связи с некоторой необычностью содержания сборники
«Избранных задач и теорем» могут показаться трудными чи-
читателю, привыкшему к «стандартным» задачникам, предна-
предназначенным для учащихся средней школы. Тем не менее опыт
школьного математического кружка при МГУ и московских
математических олимпиад показывает, что собранные здесь
задачи отнюдь не являются недоступными для настойчивого
школьника.
Перед решением задач следует прочесть «Общие указания
к пользованию книгой».
Настоящая книга содержит 320 задач арифметического и
алгебраического содержания; сюда же отнесены некоторые за-
6 ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
дачи, являющиеся по существу упражнениями на развитие ло-
логического мышления (см., например, задачи 1-8).
Все задачи разбиты на 12 отдельных циклов. Последние
четыре из них: «Комплексные числа», «Несколько задач из
теории чисел», «Некоторые замечательные неравенства» и
«Ряды разностей и сумм числовых последовательностей», со-
содержат значительный теоретический материал и вполне мо-
могут служить темой занятий школьного математического
кружка или математического кружка для студентов педаго-
педагогического института; при этом может оказаться полезной до-
дополнительная литература, указанная в началах этих циклов.
Также и все другие циклы (особенно «Перестановки цифр в
числе» и «Решение уравнений в целых числах») могут дать ма-
материал для работы математических кружков.
Из 12 циклов только четыре: «Разные задачи из алгебры»,
«Алгебра многочленов», «Комплексные числа» и «Некоторые
замечательные неравенства», относятся к алгебре, а все ос-
остальные — к арифметике и теории чисел. Столь малый вес
собственно алгебры объясняется отчасти стремлением не да-
давать задач, требующих сложных преобразований, и сделать
большую часть задачника доступной ученикам восьмых и даже
седбмых классов, а отчасти — наличием хорошего «Задач-
«Задачника по алгебре» В.А. Кречмара, дублировать который мы
всячески избегали.
ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ
К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
Настоящая книга состоит из условий задач, ответов и ука-
указаний к ним и решений. Ради удобства читателей «Ответы и
указания» помещены в конце книги; они напечатаны мелким
шрифтом.
Номера задач, решение которых не требует знаний, выхо-
выходящих за пределы программы восьмого класса средней школы,
набраны курсивом; решение большинства из этих задач до-
доступно даже семиклассникам. Звездочкой отмечены задачи,
ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ 7
которые кажутся авторам более трудными, а двумя звездоч-
звездочками — самые трудные задачи. При этом не исключено, разу-
разумеется, что читателю покажется относительно легкой какая-
нибудь из отмеченных задач, или, наоборот, его серьезно за-
затруднит задача, не отмеченная звездочкой, ведь точных кри-
критериев, определяющих трудность задачи, не существует.
По отношению к большей части задач читателю рекомен-
рекомендуется попытаться самостоятельно решать задачу, не загля-
заглядывая в указание или в решение. Если эта попытка не увен-
увенчается успехом, то следует посмотреть указание или ответ,
знание которого тоже может облегчить решение задачи. Если
же и после этого задача не будет решена, то следует прочитать
решение задачи. Если задачу удалось решить, не заглядывая
в указание, то рекомендуется сравнить ответ с приведенным
в «Ответах и указаниях» (если таковой там имеется) и при
расхождении попытаться обнаружить свою ошибку. Если же
ответы совпадут, то полезно сравнить свое решение с приве-
приведенным в книге. Если в книге дано несколько решений задачи,
интересно сравнить их между собой.
Этот порядок может быть нарушен по отношению к зада-
задачам, отмеченным звездочкой, — здесь можно рекомендовать
иногда с самого начала ознакомиться с указанием и только
после этого приступить к решению задачи. Что же касается
задач, номера которых отмечены двумя звездочками, то к их
решению не следует приступать, не посмотрев предварительно
указания. Эти задачи можно также рассматривать как «тео-
«теорию» и сразу читать их решения; каждая из таких задач мо-
может служить темой специального доклада на математическом
кружке. При этом ознакомление с решением этих трудных
задач будет особенно полезно, если предварительно решить и
разобрать соседние с ними задачи.
Для решения некоторых из приведенных задач нужны до-
дополнительные сведения, не входящие в программу средней
школы. Эти сведения напечатаны мелким шрифтом перед
теми задачами, к которым они относятся.
Как правило, задачи сборника независимы одна от другой;
лишь изредка решение задачи использует предложение одной
из соседних с ней задач. Исключением в этом отношении яв-
являются лишь последние четыре цикла задач: «Комплексные
8 ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
числа», «Несколько задач из теории чисел», «Некоторые заме-
замечательные неравенства» и «Ряды разностей и сумм числовых
последовательностей»; в этих циклах задачи более тесно свя-
связаны друг с другом.
Причины, по которым те или иные задачи объединены в
один цикл, могут быть различными; иногда это общность ме-
методов и постановок вопросов (таков цикл «Алгебра много-
многочленов»), иногда — внешнее сходство условий задач; иногда
специальный цикл составляют задачи смешанного содержа-
содержания, почти не связанные между собой. Некоторые циклы со-
состоят из задач, связанных настолько тесно, что их естествен-
естественно решать подряд (таков, например, цикл «Перестановки цифр
в числе»); эти циклы задач могут служить темой специаль-
специальных занятий математических кружков. Особо следует отме-
отметить последние три цикла задач этой книги, представляющие
определенный теоретический интерес. Иногда циклы задач
можно естественно разбить на части, различающиеся по ме-
методам решения и условиям; эти части циклов отделяются одна
от другой черточками. В одном случае (цикл «Некоторые за-
замечательные неравенства») отдельные части циклов снабжены
даже специальными подзаголовками. Следует отметить, что
названия циклов часто являются условными и передают только
их общее содержание; для многих задач невозможно точно
определить, к какому циклу их следует отнести.
Задачи сборника рекомендуется решать не «в разбивку»,
а выбрать сначала определенный цикл и потратить некоторое
время на решение задач этого цикла; лишь после ознакомления
с одним циклом (которое, конечно, вовсе не должно состоять
в решении всех или большинства его задач) следует перейти
к другому циклу и т. д. При этом, разумеется, переходить от
одного цикла к другому вовсе не необходимо именно в том
порядке, в котором циклы расположены в книге.
В известном смысле продолжением этой книги являются
последующие сборники задач, входящие в «Библиотеку мате-
математического кружка» и объединенные с этой книгой общим
списком авторов. Читателю, проработавшему настоящий
сборник, может также показаться интересной и полезной книга
A.M. Яглома и И.М. Яглома «Неэлементарные задачи в элемен-
элементарном изложении» (М.: Гостехиздат, 1954).
ЗАДАЧИ
1. Вводные задачи
1. Каждый из людей, когда-либо живших на земле, обме-
обменялся с другими определенным числом рукопожатий. Дока-
Доказать, что число людей, обменявшихся нечетным числом руко-
рукопожатий, четно.
2. Можно ли ходом шахматного коня попасть из левого
нижнего угла доски в правый верхний, побывав на каждом
поле ровно один раз?
3. а) Имеется пирамида, составленная из п колец разного
размера, надетых на палочку так, что самое большое кольцо
находится снизу, следующее по величине лежит на первом и
т. д. (рис. 1). Требуется переложить все эти кольца на дру-
7
Рис. 1
гую палочку, пользуясь вспомогательной третьей палочкой;
при этом запрещается класть большее кольцо на меньшее. Ка-
Какое наименьшее число к перекладываний при этом придется
сделать?
б)* Распространенная головоломка «китайские кольца» уст-
устроена следующим образом: п колец одинакового размера при
10
ЗАДАЧИ
помощи тонких стержней одинаковой длины прикреплены к
одной пластинке. Сквозь все кольца проходит укрепленная на
рукоятке изогнутая проволока таким образом, как это изоб-
изображено на рис. 2; все стержни проходят внутри проволоки и
Рис. 2
прикреплены к кольцам над ней. Задача состоит в том, чтобы
снять все кольца с проволоки. В какое наименьшее число при-
приемов это можно сделать?
4. а) Известно, что среди 80 монет имеется одна фальши-
фальшивая, более легкая, чем остальные, имеющие все одинаковый
вес. При помощи четырех взвешиваний на чашечных весах
без гирь найти фальшивую монету.
б) Известно, что среди п монет есть одна фальшивая, более
легкая, чем остальные, имеющие все одинаковый вес. Каково
наименьшее число к такое, что к взвешиваниями на чашеч-
чашечных весах без гирь всегда можно выделить эту фальшивую
монету?
5. Некоторые из 20 металлических кубиков, одинаковых по
размеру и внешнему виду, алюминиевые, остальные — дюра-
дюралевые (более тяжелые). Как при помощи не более 11 взвешива-
взвешиваний на чашечных весах без гирь определить число дюралевых
кубиков?
Примечание. В задаче предполагается, что все кубики могут
быть алюминиевые, но дюралевыми все они быть не могут (иначе,
если бы все кубики оказались одного веса, то без этого условия мы
никак не смогли бы определить, алюминиевые они или дюралевые).
6. а)* Среди 12 монет имеется одна фальшивая. Известно,
что фальшивая монета отличается по весу от настоящих, но
ВВОДНЫЕ ЗАДАЧИ 11
не известно, легче она настоящих или тяжелее. Настоящие
монеты все одного веса. С помощью трех взвешиваний на
чашечных весах без гирь выделить фальшивую монету и од-
одновременно установить, легче она или тяжелее остальных.
б)** Имеется 1000 монет, среди которых одна фальшивая,
имеющая другой вес, чем остальные (но неизвестно, более лег-
легкая или более тяжелая). Каково наименьшее число к такое, что
к взвешиваниями на чашечных весах без гирь наверное можно
выделить фальшивую монету, определив одновременно, явля-
является ли эта монета более легкой или более тяжелой, чем все
остальные?
Примечание. В условиях задачи а) тремя взвешиваниями
можно выделить фальшивую монету не только из 12, но и из 13
монет; в последнем случае нельзя, однако, определить, легче или
тяжелее фальшивая монета, чем настоящая. Для случал 14 монет
необходимы уже четыре взвешивания.
Было бы интересно определить, какое наименьшее число взве-
взвешиваний необходимо для того, чтобы выделить одну фальшивую
монету из 1000 монет, если не требуется определить, легче она или
тяжелее остальных.
7. а) К хозяину гостиницы однажды пришел постоялец, не
имевший денег, но обладавший серебряной цепочкой, состоя-
состоящей из семи звеньев. Хозяин согласился держать этого посто-
постояльца неделю, при условии, что тот будет ему ежедневно от-
отдавать в виде платы одно из звеньев цепочки. Какое наимень-
наименьшее число звеньев надо распилить для того, чтобы владелец
цепочки смог ежедневно в течение семи дней расплачиваться
с хозяином (быть может, забирая у него при этом отданные
ранее звенья и выдавая взамен их другие)?
б) Цепь состоит из 2000 звеньев. Какое наименьшее число
звеньев надо распилить для того, чтобы любое число звеньев
от 1 до 2000 можно было набрать, взяв некоторое число из
образовавшихся частей?
8. 200 учеников выстроены прямоугольником по 10 человек
в каждом поперечном ряду и по 20 человек в каждом продоль-
продольном ряду. В каждом поперечном ряду выбран самый низкий
ученик, а затем среди отобранных 20 выбран самый высокий; с
другой стороны из тех же 200 учеников в каждом продольном
ряду выбран самый высокий ученик, а затем среди отобран-
12 ЗАДАЧИ
ных 10 выбран самый низкий. Кто из двоих окажется выше
(если это разные лица)?
9. Имеется 13 гирь, каждая из которых весит целое число
граммов. Известно, что любые 12 из них можно разложить на
чашках весов, по шесть на каждой чашке, так, что наступит
равновесие. Доказать, что все гири имеют один и тот же вес.
10. В числовом треугольнике
1
1 1 1
12 3 2 1
13 6 7631
каждое число равно сумме трех чисел — расположенного в
предыдущей строке над этим числом и его соседями справа
и слева; в случае отсутствия в предыдущей строке одного из
двух таких чисел они заменяются нулями.
Доказать, что в каждой строке, начиная с третьей, най-
найдется четное число.
11. 12 полей расположены по кругу и на четырех соседних
полях стоят четыре разноцветные фишки: красная, желтая,
зеленая и синяя.
Одним ходом можно передвинуть любую фишку с поля, на
котором она стоит, через четыре любых поля на пятое (если
оно свободно) в любом из двух возможных направлений. После
нескольких ходов фишки могут стать снова на те же четыре
поля. Как они могут при этом переставиться?
12. Пять приятелей, один из которых имел обезьяну, ку-
купили однажды мешок орехов, которые они предполагали ут-
утром следующего дня поделить между собой. Однако ночью
один из приятелей проснулся и захотел орехов; он разделил все
орехи в мешке на пять равных частей, причем у него остался
один лишний орех, который он отдал обезьяне, и взял себе пя-
пятую часть. Вслед за ним проснулся другой из хозяев орехов; не
зная, что орехи уже кто-то брал, он разделил все оставшееся
содержимое мешка снова на пять частей, причем оставшийся
лишний орех он отдал обезьяне, и взял себе пятую часть. За-
Затем последовательно проделали ту же операцию оставшиеся
ПЕРЕСТАНОВКИ ЦИФР В ЧИСЛЕ 13
трое приятелей; при этом каждый из них, не знал о поступке
остальных, делил все орехи на пять частей, брал себе пятую
часть и каждый раз оставался один лишний орех, который от-
отдавали обезьяне. Наконец, утром все пятеро вместе достали
мешок, разделили оставшиеся орехи на пять частей, а один
орех, оказавшийся лишним, снова отдали обезьяне. Требуется
определить наименьшее число орехов в мешке, при котором
возможен подобный раздел их.
13. Два брата продали принадлежащее им обоим стадо
овец, взяв за каждую овцу столько рублей, сколько было овец
в стаде. Полученные деньги братья поделили следующим об-
образом: сначала старший брат взял себе десять рублей из вы-
вырученной суммы, затем взял десять рублей второй брат, после
этого первый брат взял еще десять рублей и т. д. При этом
младшему брату не хватило десяти рублей; поэтому он взял все
оставшиеся после дележа мелкие деньги, а кроме того, чтобы
дележ был справедливым, старший брат отдал младшему свой
перочинный нож. Во что был оценен перочинный нож?
14*. а) С какого дня чаще начинается новый год: с суб-
субботы или с воскресенья?
б) На какой день недели чаще всего приходится 30-е число
месяца?
2. Перестановки цифр в числе
15. Какие целые числа от зачеркивания последней цифры
уменьшаются в целое число раз?
16. а) Найти все целые числа, начинающиеся с цифры 6 и
от зачеркивания этой цифры уменьшающиеся в 25 раз.
б) Доказать, что не существует целых чисел, которые при
зачеркивании первой цифры уменьшаются в 35 раз.
17*. Целое число уменьшается в 9 раз при зачеркивании
некоторой его цифры; при этом полученное число тоже делит-
делится на 9.
а) Доказать, что для того, чтобы разделить полученное
число на 9, тоже достаточно вычеркнуть в нем одну цифру.
14 ЗАДАЧИ
б) Найти все целые числа, удовлетворяющие условию за-
задачи.
18. а) Найти все числа, которые при зачеркивании третьей
цифры уменьшаются в целое число раз.
б)* Найти все числа, которые при зачеркивании второй
цифры уменьшаются в целое число раз.
19. а) Найти наименьшее целое число, начинающееся с циф-
цифры 1 и такое, что если переставить эту цифру в конец, то число
увеличится втрое. Найти все такие числа.
б) Какими цифрами могут начинаться отличные от нуля
целые числа, увеличивающиеся втрое от перестановки первой
цифры в конец? Найти все такие числа.
20. Доказать, что нет целых чисел (отличных от нуля),
которые от перестановки начальной цифры в конец увеличи-
увеличиваются в 5 раз, в 6 раз или в 8 раз.
21. Доказать, что нет целых чисел (отличных от нуля), ко-
которые увеличиваются вдвое от перестановки начальной цифры
в конец.
22. а) Доказать, что нет отличных от нуля целых чисел,
которые от перестановки начальной цифры в конец увеличи-
увеличиваются в 7 или в 9 раз.
б) Доказать, что нет отличных от нуля целых чисел, кото-
которые увеличиваются в 4 раза от перестановки начальной цифры
в конец.
23. Найти наименьшее целое число, начинающееся цифрой
7 и уменьшающееся втрое от перестановки этой цифры в ко-
конец. Найти все такие числа.
24. а) Доказать, что отличное от нуля целое число не мо-
может быть меньше в 2, 3, 5, 6, 7 или 8 раз своего обращенного
(т. е. числа, состоящего из тех же цифр, записанных в обрат-
обратном порядке).
б)* Найти все целые числа, которые в 4 раза или в 9 раз
меньше своего обращенного.
25. а) Найти шестизначное число, которое увеличивается
в 6 раз, если три последние цифры числа, не меняя их порядка,
переставить в начало числа.
ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ 15
б) Доказать, что не существует восьмизначного числа, уве-
увеличивающегося в 6 раз при перестановке четырех последних
цифр на первые четыре места с сохранением их порядка.
26. Найти шестизначное число, произведения которого на
2, на 3, на 4, на 5 и на 6 записываются теми же цифрами, что
и оно само, но в другом порядке.
3. Задачи на делимость чисел*)
27. Доказать, что при всяком целом п:
а) п3 — п делится на 3;
б) п5 — п делится на 5;
в) п7 — п делится на 7;
г) п11 — п делится на 11;
д) п13 — п делится на 13.
Примечание. Отметим, что п9 — п уже не обязательно
делится на 9 (например, 29 — 2 = 510 не делится на 9).
Задачи а)-д) составляют частные случаи одной более общей
теоремы; см. ниже задачу 240.
28. Доказать, что:
а) при всяком целом п
tn - 26"
делится на 35;
б) при всяком целом п
п5 - 5п3 + 4п
делится на 120;
в)* при всяких целых т и п
тп(т6() - п60)
делится на 56 786 730.
29. Доказать, что
п2 + Зп + 5
ни при каком целом п не делится на 121.
*) Относительно общих идей, лежащих в основе решений большинства
задач этого цикла, см. книгу Е. Б. Дынкина и В. А. Успенского «Матема-
«Математические беседы» («Библиотека математического кружка», вып. 6) раз-
раздел второй «Задачи из теории чисел».
16 ЗАДАЧИ
30. Доказать, что выражение
га5 + Зга4п - 5m3n2 - 15m2n3 + 4ran4 + 12n5
ни при каких целых т и п не может равняться 33.
31. Какие остатки может давать сотая степень целого чи-
числа при делении на 125?
32. Доказать, что если целое число N взаимно просто с 10,
то 101-я степень числа N оканчивается теми же тремя циф-
цифрами, что и N (так, например, 1233101 оканчивается цифрами
233, а 37101 оканчивается цифрами 037).
33. Найти трехзначное число, всякая целая степень кото-
которого оканчивается тремя цифрами, составляющими первона-
первоначальное число.
34*. Пусть N — четное число, не делящееся на 10. Какова
будет цифра десятков числа TV20? Какова будет цифра сотен
числа TV200?
35. Доказать, что сумма
где п есть произвольное целое число, а к нечетно, делится на
1 + 2 + 3 + ... + П.
36. Вывести признак делимости многозначных чисел на 11.
37. Число 123456789A0)A1)A2)A3)A4) написано по
15-ричной системе счисления, т. е. это число равно
A4) + A3) • 15 + A2) • 152 + A1) • 153 + ... + 2 • 1512 + 1513.
Какой остаток дает оно при делении на 7?
38. Доказать, что единственными числами К такими, что
если N делится на X, то и любое число, полученное из N пере-
перестановкой цифр, делится на К, являются 1, 3 и 9. (Для К = 1
это свойство очевидно, для К = 3 и для К = 9 следует из
известных признаков делимости на 3 и 9.)
ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ 17
39. Доказать, что 271958 - 108878 + 101528 делится без
остатка на 26460.
40. Доказать, что II10 — 1 делится на 100.
41. Доказать, что 22225555 + 55552222 делится на 7.
42. Доказать, что число, составленное из Зп одинаковых
цифр, делится на Зп (так, число 222 делится на 3, число
777 777 777 делится на 9 и т. д.).
43. Найти остаток от деления на 7 числа
44. а) Найти последнюю цифру чисел 9^9 \ 2^3 ).
б) Найти две последние цифры чисел 2999, З999.
в)* Найти две последние цифры числа
45. а) Какова последняя цифра числа
V
(возведение в степень 7 повторяется 1000 раз)? Каковы две
последние цифры этого числа?
б) Какова последняя цифра числа
записанного с помощью 1001 семерки, аналогично числу за-
задачи а), однако с иным порядком возведения в степень? Ка-
Каковы две последние цифры этого числа?
46*. Определить пять последних цифр числа
записанного с помощью 1001 девятки аналогично числу зада-
задачи 45, б).
47*. Найти последние 1000 цифр числа
N = 1 + 50 + 502 + 503 + ... + 50999.
2 Д.О. Шклярский и др.
18 ЗАДАЧИ
48. Сколькими нулями оканчивается произведение всех це-
целых чисел от 1 до 100 включительно?
В дальнейшем мы будем пользоваться следующим обозначением:
(читается п факториал). Так, например, предыдущую задачу можно
короче сформулировать так: сколькими нулями оканчивается число
100!?
49. а) Доказать, что произведение п последовательных це-
целых чисел делится на п\
п\
б) Доказать что дробь '—— есть число целое, если
а! Ы ... к\
только а + 6+... + fc^n.
в) Доказать, что (п!)! делится на n]Sn~1")\
г)* Доказать, что произведение п последовательных целых
чисел, образующих арифметическую прогрессию, разность ко-
которой взаимно проста с п!, делится на п!.
Примечание. Задача49, г) является обобщением задачи 49, а).
50. Делится ли на 7 число сочетаний из 1000 элементов
по 500?
51. а) Найти все числа п между 1 и 100, такие, что (п — 1)!
не делится на п.
б) Найти все числа п между 1 и 100, такие, что (п — 1)! не
делится на п2.
52*. Найти все целые числа п, делящиеся на все целые
числа, не превосходящие у/п.
53. а) Доказать, что сумма квадратов пяти последователь-
последовательных целых чисел не может быть полным квадратом целого
числа.
б) Доказать, что сумма одинаковых четных степеней трех
последовательных целых чисел не может равняться четной сте-
степени целого числа.
в) Доказать, что сумма одинаковых четных степеней де-
девяти последовательных целых чисел не может равняться ни-
никакой степени целого числа (разумеется, с показателем, боль-
большим 1).
54. а) Пусть А ж В — два различных семизначных числа,
ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ 19
каждое из которых составлено из всех цифр от 1 до 7. Дока-
Доказать, что А не делится на В.
б) Из всех цифр от 1 до 9 составить три трехзначных числа,
относящихся друг к другу как 1:2:3.
55. Квадрат целого числа оканчивается четырьмя одина-
одинаковыми цифрами. Какими?
56. Доказать, что если обе стороны прямоугольника и его
диагональ выражаются целыми числами, то площадь прямо-
прямоугольника делится на 12.
57. Доказать, что если все коэффициенты квадратного
уравнения
ах2 + Ъх + с = О
— целые нечетные числа, то корни уравнения не могут быть
рациональны.
58. Доказать, что если сумму простых дробей
1 1 1
- + г +
п п + 1 п + 2
(п — целое число) обратить в десятичную, то полученная дробь
будет смешанной периодической.
59. Доказать, что числа:
а)М = 1 + 1 + ... + 1;
б) N = -
п п + 1 п + 2 п + т
3 5 2n + l'
(n, m — целые положительные) не могут быть целыми.
60**. а) Доказать, что если р — простое число, боль-
большее 3, то числитель несократимой дроби, равной сумме
77 ~г • • • i Г'
3 р — 1
делится на р2.
20 ЗАДАЧИ
Так, например,
1 1 1 _ 25
25
Числитель дроби — равен 52.
J. Z
б) Доказать, что если р — простое число, большее 3, то
числитель несократимой дроби, равной сумме
1 1 1
22 З2 ¦¦¦ ' (р-1J'
делится на р.
Так, например,
1 1 1 _ 205
+ 22 + 32 + 42~
числитель делится на 5.
61. Доказать, что дробь
а4 + За2 + 1
несократима ни при каком целом значении а.
62*. Пусть ai, a2, ..., ап — какие-то п целых чисел. До-
Доказать что произведение всех дробей вида
Qfc - al
k-l '
где к > /, равно целому числу.
63*. Доказать, что все числа вида
10 001, 100 010 001, 1000100 010 001, ...
составные.
64. а) Разделить а128 - б128 на
(а + Ь)(а2 + 62)(а4 + 64)(а8 + 68)(а16 + 616)(а32 + 632)(а64 + б64).
ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ 21
б) Разделить a?k+1 — b2k+1 на
(а + Ь)(а2 + 62)(а4 + 64)(а8 + б8)... (а2" + Ь2*)^2* + б2").
65. Доказать, что каждые два числа последовательности
2 + 1, 22 + 1, 24 + 1, 28 + 1, 216 + 1, ..., 22П + 1, ...
являются взаимно простыми.
Примечание. Из результата настоящей задачи, в частности,
следует, что существует бесконечно много простых чисел (см. так-
также по этому поводу задачи 159 и 253). В самом деле, если бы число
простых чисел было конечным, то не могло бы существовать беско-
бесконечно много чисел, каждые два из которых взаимно просты.
66. Доказать, что если одно из чисел 2п — 1 и 2п + 1, где
п > 2, простое, то второе является составным (при п = 2 оба
числа 2п-1 = Зи2п + 1 = 5 простые).
67. а) Доказать, что если р и 8р — 1 — простые числа, то
8р + 1 — составное число.
б) Доказать, что если р и 8р2 + 1 — простые числа, то
8р2 — 1 — простое число.
68. Доказать, что квадрат любого простого числа, кроме
чисел 2 и 3, при делении на 12 дает в остатке 1.
69. Доказать, что если три простых числа, больших чис-
числа 3, образуют арифметическую прогрессию, то разность про-
прогрессии делится на 6.
70*. а) Десять простых чисел, меньших 3000, составляют
арифметическую прогрессию. Найти эти числа.
б) Доказать, что не существует 11 простых чисел, меньших
20000, которые составляли бы арифметическую прогрессию.
71. а) Доказать, что из пяти последовательных целых чи-
чисел всегда можно выбрать одно, взаимно простое со всеми
остальными.
б) Доказать, что из 16 последовательных целых чисел всег-
всегда можно выбрать одно число, взаимно простое со всеми ос-
остальными.
22 ЗАДАЧИ
4. Разные задачи из арифметики
72. Число А записывается в десятичной системе счисления
при помощи 666 троек, а число В — при помощи 666 шестерок.
Из каких цифр состоит произведение А • В1
73. Найти частное и остаток от деления числа А, записы-
записываемого с помощью 1001 семерки, на число 1001.
74. Найти наименьший квадрат, начинающийся с шести
двоек.
75. Доказать, что если число а записывается десятичной
дробью 0,999..., начинающейся со 100 девяток, то и число
у/а записывается десятичной дробью, начинающейся со 100
девяток.
76. Дописать к 523... три цифры так, чтобы полученное
шестизначное число делилось на 7, на 8 и на 9.
77. Найти четырехзначное число, которое при делении
на 131 дает в остатке 112, а при делении на 132 дает в ос-
остатке 98.
78. а) Доказать, что сумма всех n-значных чисел (п >
> 2) равна 494 99.. .9 55 00.. .0 (так, сумма всех трехзначных
(п — 3) раз (п — 2) раз
чисел равна 494 550, а сумма всех шестизначных чисел
494 999 550 000).
б) Найти сумму всех четырехзначных четных чисел, ко-
которые можно записать цифрами 0, 1, 2, 3, 4, 5 (одна и та же
цифра в числе может повторяться).
79. Сколько и каких цифр понадобится для того, чтобы
записать все целые числа от 1 до 100 000 000 включительно?
80. Все целые числа выписаны подряд, начиная от еди-
единицы. Определить, какая цифра стоит на 206788-м месте.
81. Будет ли дробь 0,1234567891011121314..., которая по-
получится, если выписать после нуля подряд все целые числа,
периодической?
82. Даны 27 гирь, веса которых равны соответственно
I2, 22, З2, ..., 272. Разложить эти гири на три группы рав-
равного веса.
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АРИФМЕТИКИ 23
83. Из картона вырезан правильный многоугольник, кото-
который центром насажен на острие булавки и вращается вокруг
нее. Определить, какое должно быть наименьшее число сто-
1°
рон этого многоугольника, чтобы при повороте на 25 - он
совместился со своим первоначальным контуром.
84. Из всех цифр от 1 до 9 составить три трехзначных
числа, произведение которых было бы:
а) наименьшим;
б) наибольшим.
85. Сумма нескольких последовательных целых положитель-
положительных чисел равна 1000. Найти эти числа.
86. а) Доказать, что всякое число, не являющееся степенью
двойки, может быть представлено в виде суммы по меньшей
мере двух последовательных целых положительных чисел, а
для степеней двойки такое представление невозможно.
б) Доказать, что всякое составное нечетное число может
быть представлено в виде суммы по меньшей мере двух после-
последовательных нечетных чисел, а ни одно простое число нельзя
представить в таком виде. Какие четные числа можно пред-
представить в виде суммы нескольких последовательных нечетных
чисел?
в) Доказать, что каждую степень целого положительного
числа п (разумеется, с показателем, большим 1) можно пред-
представить в виде суммы п последовательных нечетных чисел.
87. Доказать, что произведение четырех последователь-
последовательных целых чисел в сумме с единицей дает полный квадрат.
88. Имеется 4п положительных чисел, таких, что из лю-
любых четырех попарно различных можно составить геометри-
геометрическую пропорцию. Доказать, что среди этих чисел найдет-
найдется п одинаковых.
89*. Пусть даны четыре произвольных целых положитель-
положительных числа A, i?, С, D. Доказать, что если образовать из них
четыре числа А\, В\, С\, Di, равных соответственно разности
между АжВ, между В ж С', между СиДи между D и А (мы
каждый раз вычитаем меньшее число из большего), затем из
чисел А\, В\, Ci, D\ образовать точно так же новую четверку
24 ЗАДАЧИ
чисел ^2, ^2, С/2, ?^2 и т. д., то через некоторое количество
шагов мы обязательно придем к четверке нулей.
Так, например, начинал с четверки чисел 32, 1, 110, 7, мы
последовательно получим:
32,
31,
78,
72,
0,
1,
109,
6,
72,
0,
ПО,
103,
78,
72,
0,
7;
25;
6;
72;
0.
90*. а) Расположить числа от 1 до 100 таким образом,
чтобы никакие 11 (не обязательно последовательных!) из этих
чисел не следовали одно за другим в порядке возрастания или
убывания.
б) Доказать, что в каком бы порядке ни расположить чи-
числа от 1 до 101, всегда из этих чисел можно выбрать 11 (не
обязательно последовательных) чисел, которые следуют одно
за другим в порядке возрастания или убывания.
91. а) Из первых 200 целых чисел от 1 до 200 выбрано 101
число. Доказать, что среди выбранных чисел найдется пара
таких, что одно из них делится на второе.
б) Выбрать из первых 200 целых чисел 100 чисел так, чтобы
ни одно из них не делилось на другое.
в) Доказать, что если хотя бы одно из 100 целых чисел, не
превосходящих 200, меньше 16, то одно из этих чисел обяза-
обязательно делится на другое.
92. а) Доказать, что из любых 52 целых чисел всегда можно
выбрать два, сумма или разность которых делится на 100.
б) Доказать, что из любых 100 целых чисел можно выбрать
несколько (или, быть может, одно), сумма которых делится
на 100.
93*. Шахматист для тренировки играет не менее одной
партии в день; при этом, чтобы не переутомиться, он играет
не более чем 12 партий в неделю. Доказать, что можно найти
несколько таких последовательных дней, в течение которых
он сыграет ровно 20 партий.
94. Пусть N — произвольное целое положительное число.
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АРИФМЕТИКИ 25
Доказать, что существует целое число, кратное 7V, которое
в десятичной системе счисления записывается одними лишь
цифрами 0 и 1. При этом, если N взаимно просто с 10
(т. е. не делится ни на 2, ни на 5), то существует делящееся
на N число, составленное из одних только единиц (если N не
взаимно просто с 10, то, разумеется, никакое число вида
11.. .1 не может делиться на N).
п раз
95*. Дан ряд чисел 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, ..., в
котором каждое число, начиная с третьего, равно сумме двух
предыдущих (этот ряд называется рядом Фибоначчи).
Найдется ли среди первых 100 000 001 членов этого ряда число,
оканчивающееся четырьмя нулями?
96*. Пусть а — произвольное иррациональное число. Оче-
Очевидно, что каково бы ни было целое число п, та из дробей ряда
0 12 3
— =0, —,—,—,..., которая ближе всего к а, отличается от а
п п п п
не больше чем на половину —. Доказать, что существуют та-
п
кие п, для которых дробь со знаменателем п, наиболее близкая
к а, отличается от а меньше чем на 0, 001 • —.
п
97. Пусть т и п — два взаимно простых целых положи-
положительных числа. Доказать, что если т + п — 2 дроби
т + п 2(т + п) 3(m + n) (т — 1)(т + п)
1 1 1 • • • 1 1
т т т т
т + п 2(т + п) 3(т + п) (п — l)(m + n)
п п п п
изобразить точками на числовой оси, то в каждый из интер-
интервалов A, 2), B, 3), C,4), ..., (т + п — 2, т + п — 1) оси попадает
7 7 14 14 21
4 3 4 3 4
I14ЬЧН11
Рис. 3
ровно одна из дробей (см. рис. 3, где положено т = 3,п = 4).
26 ЗАДАЧИ
98*. Пусть ai, a2, аз, ..., ап — какие-то целые положитель-
положительные числа, такие, что каждое из этих чисел меньше 1000, а
общее наименьшее кратное любых двух чисел больше 1000.
Доказать, что сумма обратных величин чисел ai, a2, аз, ..., ап
меньше числа 2.
99*. Дробь — с нечетным простым знаменателем р ф 5
Р
разложена в бесконечную периодическую десятичную дробь.
Доказать, что если число цифр в периоде дроби четно, то сред-
среднее арифметическое всех цифр периода равно 4, 5 (т. е. совпа-
совпадает со средним арифметическим всех цифр 0, 1, 2, ..., 9; это
означает, что «большие» и «маленькие» цифры встречаются в
периоде дроби одинаково часто) Если же число цифр в пе-
периоде дроби нечетное, то среднее арифметическое всех цифр
обязательно отлично от 4, 5.
100*. Доказать, что если разложить дроби
р pZ рп
(р — простое, отличное от 2 и 5, ai, a2, ..., ап ... — какие
угодно целые числа, взаимно простые с р) в бесконечные пе-
периодические десятичные дроби, то несколько первых дробей
(может быть, одна) будут иметь одинаковое число цифр в пе-
периоде, а каждая из последующих — в р раз больше цифр в
периоде, чем предыдущая.
Так, например: \ = 0, C); ? = 0, D); ^ = 0,C70); ^ =
1 1 f\
= 0,(987654320); —— имеет 27 цифр в периоде; —— имеет
81 цифру в периоде; и т. д.
Целой частью числа х называется наибольшее целое число,
не превосходящее х. Целая часть числа х обозначается через [ж];
например, [2,5] = 2, [2] = 2, [-2,5] = -3.
101. Доказать следующие свойства целой части числа:
[\х\ \ гх~1
— = — L п — целое число;
п \ LnJ
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АРИФМЕТИКИ 27
3) [х]+ \х + -\ +... + ж + = [пх].
[ п\ [ п \
102*. Доказать, что если р ж q — взаимно простые целые
числа, то
103. а) Доказать, что
где тп — число делителей целого числа п.
б) Доказать, что
. . Л . . Л mi rni
где ап — сумма делителей целого числа п.
104. Существует ли такое целое положительное число п,
что «дробная часть» числа B + л/2)п, т. е. разность
больше 0, 999999 ?
105*. а) Доказать, что при любом целом положительном п
число [B + л/3)п] нечетно.
б) Найти наивысшую степень 2, на которую делится число
106. Доказать, что если р — простое число, большее 2, то
разность
[B = л/5)р] - 2^+1
делится на р.
107*. Доказать, что если р — простое число, то разность
п [р
28 ЗАДАЧИ
делится на р (Сп — число сочетаний из п элементов по р] п —
произвольное целое положительное число, не меньшее р).
Так, например, Cfх 462 °^ Н
Ь2.3.4.5 462' °^ Н
= 462 — 2 делится на 5.
108*. Доказать, что если числа а и /3 обладают тем свойст-
свойством, что среди чисел
[а], [2а], [За], ...;[/?], [2/3], [3/3], ...
встречаются все целые положительные числа 1, 2, 3,..., при-
причем каждое из них ровно один раз, то а ж /3 — иррациональные
числа, такие, что —Ь — = 1. Обратно, если а и /3 — иррацио-
а р
1 1
нальные числа, связанные равенством \- — = 1, то каждое
а р
целое положительное число N равно одному и только одному
из чисел [а], [2а], [За], ...; [/3], [2/3], [3/3], ...
Через (а) обозначается ближайшее к а целое число;
при этом, если таких ближайших чисел два (т. е. если а отличается
от целого числа на -, то (а) есть большее из них. Так, например,
B,8) = 3, D) = 4, C,5) = 4.
109. Доказать, что в равенстве
лт N N N N
N+++++
(N — произвольное целое положительное число) можно заме-
заменить все дроби ближайшими к ним целыми числами:
5. Решение уравнений в целых числах
110. а) Найти четырехзначное число, являющееся точным
квадратом и такое, что его первые две цифры равны между
собой и последние две цифры также равны между собой.
РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ 29
б) Двузначное число в сумме с числом, записанным теми
же цифрами, но в обратном порядке, дает полный квадрат.
Найти все такие числа.
111. Найти четырехзначное число, равное квадрату суммы
двух двузначных чисел, образованных двумя первыми и двумя
последними цифрами числа.
112. Найти все четырехзначные числа, являющиеся пол-
полными квадратами и записываемые:
а) четырьмя четными цифрами;
б) четырьмя нечетными цифрами.
113. а) Найти все трехзначные числа, равные сумме фак-
факториалов своих цифр.
б) Найти все целые числа, равные сумме квадратов своих
цифр.
114. Найти все целые числа, равные:
а) квадрату суммы цифр числа;
б) сумме цифр куба числа.
115. Решить в целых числах уравнения:
а) 1! + 2! + 3! + ... + ж! = у2;
б) 1! + 2! + 3! + ... + ж! = yz.
116. Сколькими способами можно разложить 2п на сумму
четырех квадратов целых положительных чисел?
117. а) Доказать, что равенство
х2 + у2 + z2 = 2xyz
для целых ж, у, z верно только при х = у = z = 0.
б) Найти целые числа ж, у, z, v, такие, что
г\ г\ г\ г\
x+y+z+v= 2xyzv.
118*. а) При каких целых значениях к возможно равенство
х2 + у2 + z2 = kxyz,
где ж, у, z — целые положительные числа.
30 ЗАДАЧИ
б) Найти в пределах первой тысячи всевозможные тройки
целых чисел, сумма квадратов которых делится на их произ-
произведение.
119**. Найти в пределах первой тысячи всевозможные
пары взаимно простых целых чисел, таких, что квадрат каж-
каждого из них, увеличенный на 125, делится на второе число.
120*. Найти четыре целых (положительных) числа таких,
что квадрат каждого из них, сложенный с суммой трех осталь-
остальных, тоже является полным квадратом.
121. Найти все пары целых чисел, сумма которых равна
их произведению.
122. Сумма обратных величин трех целых положительных
чисел равна единице. Каковы эти числа?
123. а) Решить в целых числах уравнение
1 1 _ 1
х у 14'
б)* Решить в целых числах уравнение
1 1 1
- + - = -
х у z
(указать формулы, дающие все решения).
124. а) Найти все целые положительные, не равные между
собой числа, удовлетворяющие уравнению
ху = ух.
б) Найти все рациональные положительные, не равные меж-
между собой числа, удовлетворяющие уравнению
ху = ух
(указать формулу, дающую все решения).
125. В шахматном турнире участвовали два ученика
7-го класса и некоторое число учеников 8-го класса. Каж-
Каждый участник играл с каждым другим один раз. Два семи-
семиклассника набрали вместе 8 очков, а все восьмиклассники на-
набрали одинаковое число очков (в турнире каждому участнику
РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ 31
за выигранную партию засчитывается 1 очко, а за партию,
окончившуюся вничью, — очка). Сколько восьмиклассников
участвовало в турнире?
126. В шахматном турнире участвовали ученики 9-го и
10-го классов. Каждый участник играл с каждым другим один
раз. Десятиклассников было в 10 раз больше, чем девятиклас-
девятиклассников, и они набрали вместе в 4,5 раза больше очков, чем все
девятиклассники. Сколько учеников 9-го класса участвовало
в турнире и сколько они набрали очков?
127*. Целочисленным треугольником называется
треугольник, длины сторон которого выражаются целыми чи-
числами. Найти все целочисленные треугольники, периметр ко-
которых равен их площади.
128*. Какими могут быть стороны:
а) прямоугольного целочисленного треугольника;
б) целочисленного треугольника с углом в 60°;
в) целочисленного треугольника с углом в 120° (указать
формулы, дающие все решения).
Примечание. Можно показать, что целочисленный треуголь-
треугольник не может иметь рациональных углов *\ отличных от 90°, 60° и
120° (см. ниже задачу 238).
129*. Найти длины сторон наименьшего целочисленного
треугольника, у которого:
а) один угол вдвое больше другого;
б) один угол в 5 раз больше другого;
в) один угол в 6 раз больше другого.
130**. Доказать, что если катеты прямоугольного тре-
треугольника выражаются квадратами целых чисел, то гипоте-
гипотенуза не может быть целым числом.
есть углов, измеряющихся рациональным числом градусов.
32 ЗАДАЧИ
6. Оценки сумм и произведений
131. Доказать, что
(п + 1)(п + 2)(п + 3)... Bп - 1Jп =
= 2n-l-3-5...Bn-3)Bn-l).
132. Вычислить суммы:
.111 1
а —-г + —т + -г— + ...+
1-2 2-3 3-4 ¦¦¦ (n-l)n'
1 1 1 1
'Л О О О О /I О Л tZ
1-2-3 2-3-4 3-4-5 ¦" (n-2)(n-l)n'
1 1 1
1-2-3-4 + 2-3-4-5 + 3-4-5-6+'"
+
'" (n-3)(n-2)(n-l)n
133. Доказать, что:
б) 1 ¦ 2 • 3 + 2 • 3 • 4 + 3 ¦ 4 ¦ 5 + ... + п(п + 1)(п + 2) =
_ n(n + l)(n + 2)(n
в) 1 • 2 ¦ 3.. .р + 2 ¦ 3.. .р(р + 1) + ...
134. Вычислить суммы:
а) I2 + 22 + З2 + ... + п2;
б) I3 + 23 + З3 + ... + п3;
в) I4 + 24 + З4 + ... + п4;
г) 13 + 33 + 53 + ... + Bп-1K.
135. Доказать тождество
ЪA + а) + сA + о)A + 6) + rf(l + а)A + 6)A + с) + ...
= A + а)A + Ь)A + с)... A + I) - 1.
ОЦЕНКИ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ 33
Рассмотреть случай a = b = c=... = l.
136. Вычислить:
а) 1-11 + 2-2!+ 3-3! + ... +п-п!;
137. Доказать, что
111
+ +
log27V log3N log47V '" logl007V log100! TV'
где 100! означает произведение 1 • 2 • 3... 100.
138. Даны п положительных чисел ai, a2,..., ап. Найти, че-
чему равна сумма п! слагаемых вида
a/ci(a/ci + ak2)(akl +ак2 +акз)... (akl + ак2 + ... + акпУ
где система индексов fci, А;2, ..., кп пробегает всевозможные
перестановки чисел 1, 2, ..., п.
139. Упростить выражения:
б) cos a cos 2a cos 4a ... cos 2na.
140. Сколько цифр имеет число 2100?
141. а) Доказать, что
1 1 13 5 99 1
15 < Юл/2 < 2 ' 4 ' 6 * *' ТОО < ТО*
б)* Доказать, что
13 5 99 1
2 'I' 6 '00 < 12"
Примечание. Результат задачи б), очевидно, представляет
собой усиление результата задачи а).
142. Доказать, что
оЮО о100
±^ г50 ^
10° lo"
3 Д.О. Шклярский и др.
34 ЗАДАЧИ
— число сочетаний из 100 элементов по 50).
143. Что больше, 99П + 100п или 101п (п — целое положи-
положительное число)?
144. Что больше, 100300 или 300! ?
145. Доказать, что для любого целого положительного п
146. Что больше, A,000001I000000 или 2?
147. Что больше, 10001000 или 1001999?
148. Доказать, что для любого целого п > 6
Л) ' "" V3/ '
149*. Доказать, что при т > п {т}п — целые положи-
положительные числа):
\ т) \ п
2 9 „1 / 1\3 64
так, например, ( 1 + - ) = ^ = 2 -, I ! + 3 J =^7 =
27 4У'
-j \ m+1 / -j \ га+1
б) 1 + - < 1 + - (п > 2)
т/ V п)
1\3 27 „3 /. 1\4 256
так, например, ^1 + - j = - = 3-, ^1 + - j =
Примечание. Из задачи а) следует, что в последовательности
( iV ( Л2 ( Л3 ( iV
чисел 1 + -,1 + -,1 + -,...,1 + - ,... каждое
V 1/ V 2/ V 3/ \ п)
последующее число больше предыдущего. А так как, с другой сто-
стороны, ни одно из чисел не превосходит 3 (см. задачу 145), то при
ОЦЕНКИ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ 35
л 1\
п —У оо величина I 1 Н— I стремится к некоторому определен-
V п)
ному пределу (заключенному, очевидно, между 2 и 3). Этот предел
обозначается буквой е; он равен приближенно 2, 718281828459045...
Аналогично, задача 149,6) утверждает, что в последователь-
ности чисел (l + ^\ (l + I) ( )" ( )"+
каждое последующее меньше предыдущего. А так как все эти числа
/ l\n+1
больше 1, то величина \ 1 -\— при п, неограниченно возрас-
V п)
тающем, стремится к какому-то пределу. При этом числа второй
последовательности все более приближаются к числам первой по-
+1
следовательности отношение \ 1 -\— : ( 1 Ч— = 1 Н— все
V \ nj \ nj п
меньше отличается от 1 I; следовательно, этот предел должен рав-
равняться тому же самому числу е. Число е играет в математике очень
большую роль и встречается в самых разнообразных вопросах (см.,
например, задачу 150 или примечания к задачам 156 и 159).
150. Доказать, что при любом целом п, большем 6, спра-
справедливы неравенства
- <п\<п(-) ,
е/ \е/
где е = 2, 71828... есть предел выражения 1 -\— при
V п)
п —>> оо.
Примечание. Этот результат является усилением результата
задачи 148. Из него, в частности, следует, что для любых двух чисел
а\ и п2 таких, что а± < е < а2 (т. е., например, для а± = 2, 7, а2 — 2, 8
или а\ — 2,71, а2 = 2,72, или а\ — 2,718, а^ — 2,719 и т. д.) при
всех п, больших некоторого определенного числа (своего для раз-
различных Bi), имеют место неравенства
п\п , (п
— ) >п\ > [ —
aij \a2
Таким образом, число е является той «границей», которая отделяет
(п\п
числа а такие, что — растет быстрее п!, от чисел а таких, что
\а/
[ —) растет медленнее п\ (существование такой границы следует
из задачи 148).
36 ЗАДАЧИ
Действительно, ( — ) < п! при любом п, большем б ( ибо а^ > е,
G7/ \ п\
— 1 ). Далее из результатов
е/ )
задач 145 и 149 вытекает, что при п ^ 3 выполняются неравенства
п>е>
х п
следовательно, при п ^ 3 величина д/n убывает, если п растет.
Легко видеть, что при п достаточно большом 1^/п становится сколь
1 0^ /
угодно близким к 1; это следует, например, из того, что lg v 10^ =
= —г при достаточно большом к будет сколь угодно малым. Вы-
1Сг
берем теперь N так, чтобы выполнялось неравенство y/N < —;
ai
тогда при п > N тем более будет \рп < —, откуда в силу резуль-
тата задачи 150 следует, что
Неравенство задачи 150 допускает значительное уточнение. А
именно, можно показать, что при больших п число п! приближенно
равно Сл/п ( — ) , где С есть постоянное число, равное л/2тп
П\ « Л/27Г77/ 1 — 1 .
Точнее, можно доказать, что при п, стремящемся к бесконечности,
отношение
стремится к 1; см. книгу A.M. Яглома и И. М. Яглома «Неэлемен-
«Неэлементарные задачи в элементарном изложении» (серия «Библиотека ма-
математического кружка», вып. 5).
151. Доказать, что
1 / 1V
n/c+1 < lk + 2к + 3^ + ... + пк < ( 1 + - -
к + 1 \ п) к + 1
ОЦЕНКИ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ 37
(п и к — произвольные целые числа).
Из результата задачи 151 следует, в частности, что
nm
nk+1 L i 1
IL Ixj \~ -L
(см. также ниже задачу 316).
152. Доказать, что при всяком целом п > 1:
11 1 1 3
1 1 1
153*. а) Определить целую часть числа
111 1
1 + + + + +
л/2 л/3 л/4 V1000000'
б) Определить сумму
1 1 1
1
с точностью до —.
50
154*. Найти целую часть числа
111 1
у/Ъ ^6 v^lOOOOOO"
155. а) Определить сумму
1 1 1
102 II2 122 10002
с точностью до 0, 006.
б) Определить сумму
111 1
10! + Ш + 12! + " " + 1000!
с точностью до 0,000000015.
156. Доказать, что сумма
111 1
+ 2 + 3 + 4 + '" + п
38 ЗАДАЧИ
превзойдет любое наперед заданное число 7V, если только п
достаточно велико.
Примечание. Результат настоящей задачи может быть зна-
значительно уточнен. А именно можно показать, что рассматриваемая
1 111 1
сумма 1 -\ I I Ь...Н— при больших п мало отличается от
2 3 4 п
logn (логарифм берется при основании е = 2, 718...). Точнее говоря,
можно доказать, что при любом п разность
l + 1 + I + ... + I-log»
не превосходит 1 (см. цитированную на с. 36 книгу А. М. Яглома и
И.М. Яглома).
157. Доказать, что если в сумме
1 111 1
1 + + + +
вычеркнуть все члены, у которых в знаменателе встречает-
встречается цифра 9, то сумма оставшихся членов при любом п будет
меньше 80.
158. а) Доказать, что при любом п
1111 1
1 + 4 + 9 + 16 + 25+- + ^<2-
б) Доказать, что при любом п
л 111 1 3
1 + - + - + — + ... + ^<1-.
4 9 16 п2 4
Очевидно, что неравенство задачи б) является усилением нера-
неравенства задачи а). Еще более сильный результат содержится в за-
задаче 233. А именно, из этой задачи вытекает, что при любом п
сумма
, 1 1 1
1 + 4 + 9 + -- + ^
2
меньше, чем — = 1,6449340668... (но для любого числа JV, мень-
2
шего, чем —, например, для N = 1,64 или N = 1,644934, можно
6
найти такое п, что сумма 1 + - + - + ... Н—- будет больше N).
4 9 п1
159*. Рассмотрим сумму
11111111 1
1 + + + + + + + + + +
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АЛГЕБРЫ 39
где в знаменателях дробей стоят все простые числа от 2 до
некоторого простого числа р. Доказать, что эта сумма может
быть сделана больше любого наперед заданного числа N (для
этого следует только выбрать число р достаточно большим).
Результат настоящей задачи может быть значительно уточнен.
А именно, можно показать, что при больших р сумма 1 + - + - +
Z о
1111 I,/
- + - + -— + ... Н— сравнительно мало отличается от log logp (ло-
5 7 11 р
гарифм берется при основании е = 2, 718...). Точнее говоря, можно
доказать, что при любом р разность
11111 1
1+ + + + + + +
не превосходит числа 15 (см. цитированную на с. 36 книгу А. М. Яг-
лома и И. М. Яглома).
Отметим еще, что сравнение результата настоящей задачи с ре-
результатами задач 157 и 158 позволяет утверждать, что простых чи-
чисел имеется в ряду всех целых чисел «довольно много» (в частности,
из этой задачи следует, что их бесконечно много). Можно, напри-
например, сказать, что простые числа встречаются в ряду натуральных
чисел «чаще», чем квадраты или чем числа, в записи которых нет
цифры 9, поскольку сумма обратных величин всех квадратов или
сумма обратных величин всех целых чисел, в записи которых не фи-
фигурирует 9, ограничены, а сумма обратных величин всех простых
чисел может быть сделана сколь угодно большой.
7. Разные задачи из алгебры
160. Чему равно выражение
'Ь — с с —а а — b\ (a b с
a b с ) \Ъ — с с — а а — b)
если а + b + с = О?
161. Доказать, что если а + b + с = 0, то
а3 + Ъ3 + с3 = Забс.
162. Разложить на множители выражения:
а) а3 + Ь3 + с3 - Забс;
40 ЗАДАЧИ
б) (а+ 6 +сK-а3-б3-с3.
163. Избавиться от иррациональности в знаменателе дроби
1
164. Доказать, что
(а + Ь + с)ззз_аззз_ьззз_сззз
делится на
(а + 6 + сK-а3-63-с3.
165. Разложить на множители выражение
166. Доказать, что многочлен
Ж9999 +Ж8888 +Ж7777 + Ж6666 +Ж5555 +Ж4444 + Ж3333 +Ж2222
делится на
х9 + х8 + х7 + х6 + хъ + ж4 + х3 + ж2 + х + 1.
167. Воспользовавшись результатом задачи 162, а), найти
общую формулу для решения кубического уравнения
х3 +рх + q = 0.
Примечание. Отметим, что результат настоящей задачи поз-
позволяет решить всякое уравнение третьей степени. Действительно,
пусть
х3 + Ах2 + Вх + С = 0
есть какое-то кубическое уравнение (коэффициент при х3 всегда
можно считать равным 1, так как в противном случае мы можем
разделить все уравнение на этот коэффициент). Сделаем в этом
уравнении подстановку:
х = у + с.
Тогда получим
у3 + 3q/2 + Зс2у + с3 + А(у2 + 2су + с2) + В (у + с) + С = 0,
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АЛГЕБРЫ
41
у3 + (Зс + А)у2 + (Зс2 + 2Ас + В)у + (с3 + Ас2 + Вс + С) = 0.
то, положив с — -
придем к уравнению
'ЗА2 2 А2
Отсюда видно, что, положив с = (т. е. х = у ),
АВ
3
А3 А3
которое имеет такой же вид, как и уравнение данной задачи:
мы
У2 + РУ + q = 0,
2А3 АВ „
, q= — - — +C.
168. Решить уравнение
А2
ГЯеР=--
у а — Vа + х = х.
169*. Найти действительные корни уравнения
х2 + 2ах + — = -а + \ а2 + х - — ( 0 < а < -
1о V lo \ 4
170. а) Найти действительные корни уравнения
\
х + 2у х + 2W ж + ... + 2у х + 2л/3ж =
= х
п радикалов
(все корни квадратные считаются положительными),
б) Решить уравнение
1
1 +
1
= х
1 +
1
1 +
X
42
ЗАДАЧИ
(в выражении слева знак дроби повторяется п раз).
171. Найти действительные корни уравнения
у х + 3 - Wx- 1 + у х + 8 - 6л/ж- 1 = 1
(все корни квадратные считаются положительными).
172. Решить уравнение
х + 1\- \х\ +3\х- 1| -2|ж-2| = ж + 2.
173. Система двух уравнений второй степени
(х -аJ+у2 = 1
имеет, вообще говоря, четыре решения. При каких значе-
значениях а число решений этой суммы уменьшается до трех или
до двух?
174. а) Решить систему уравнений
ах + у = а2,
х + ау = 1.
При каких значениях а эта система вовсе не имеет решений и
при каких имеет бесконечно много решений?
б) Тот же вопрос относительно системы
ах + у = а3,
х + ау = 1.
в) Тот же вопрос относительно системы
ах + у + z = 1,
ж + ау + 2 = а,
х + у + az = а2.
175. Найти условия, которым должны удовлетворять дан-
данные числа «1, «2, «з? <^4 для того, чтобы система шести урав-
уравнений с четырьмя неизвестными
Х\ + Х2 =
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АЛГЕБРЫ 43
имела решения. Найти значения неизвестных жх, Ж2, жз, х\.
176. Сколько действительных решений имеет система
х + у = 2,
xy-z2 = 1?
177. а) Сколько корней имеет уравнение
б) Сколько корней имеет уравнение
sin х = lg x ?
178*. Доказать, что если х\ и Х2 — корни уравнения
х2 — 6 ж + 1 = 0, то ж™ + х% ПРИ любом целом п является целым
числом, не делящимся на 5.
179. Может ли выражение
(ах + а2 + ... + аддд + ахоооJ = а? + а2 + • • • + а999 +
где некоторые из чисел ах, а2? • • •? а999^ аюоо положительны, a
другие отрицательны, содержать одинаковое число положи-
положительных и отрицательных попарных произведений?
Рассмотрите аналогичную задачу для выражения
(ах + а2 + ... + адддд + ахоооо) •
180. Доказать, что любую целую степень числа д/2 — 1
можно представить в виде yN — y/N — 1, где N — целое число
(так, например, (у/2 - IJ = 3 - 2^/2 = л/9 - л/8, а (л/2 - IK =
= 5л/2-7 = л/50- л/49).
181. Доказать, что выражение 99999 + 111111л/3 нельзя
представить в виде (А + В у/оJ, где А ж В — целые числа.
182. Доказать, что у/2 нельзя представить в виде р + qy/r,
где р, д, г — рациональные числа.
183. а) Что больше,
2,00000000004
A,00000000004J +2,00000000004
44 ЗАДАЧИ
ИЛИ
2,00000000002
A,00000000002J + 2,00000000002 "
б) Пусть а > Ъ > 0. Что больше,
1 + а + а2 + ... + а11-1 1 + Ь + Ь2 + ... + bn~l
а + а2
или
184. Даны п чисел ai, a2, аз, ..., ап. Найти число х такое,
чтобы сумма
(х - aiJ + (х - а2J + ... + (х - апJ
имела наименьшее возможное значение.
185. а) Даны четыре действительных попарно неравных
числа а\ < a 2 < аз < а4- Расположить эти числа в таком
порядке а^, а^2, а^3, а^4 (ii, 12-, Ч-, Н — те же номера 1, 2, 3, 4,
только как-то переставленные), чтобы сумма
Ф = (ah - ai2J + (ai2 - ai3J + (ais - ai4J + (ai4 - ahJ
имела меньшее возможное значение.
б)* Даны п действительных попарно неравных чисел
ai, с&2, аз, ..., ап. Расположить эти числа в таком порядке
а^, а^2, а^3, • • -, а^п, чтобы сумма
Ф = (ah - ai2J + (ai2 - aisJ + ... + (a^ - ainJ + (ain - a^J
имела наименьшее возможное значение.
186. а) Доказать, что каковы бы ни были действительные
числа ai, a2, ..., an; 61, 62, ..., Ьп^ всегда
При каких условиях имеет место равенство?
б) Пирамида называется прямой, если в основание пира-
пирамиды можно вписать окружность и центр этой окружности
совпадает с основанием высоты пирамиды. Доказать, что
прямая пирамида имеет меньшую боковую поверхность, чем
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АЛГЕБРЫ 45
всякая другая пирамида той же высоты, основание которой
имеет ту же площадь и тот же периметр.
Примечание. Неравенство задачи а) составляет частный слу-
случай так называемого неравенства Минковского (см. ниже задачу 308).
187*. Доказать, что при любых значениях действительных
чисел ai, a2, ..., ап имеет место неравенство
- a3J
При каких значениях этих чисел левая часть неравенства точно
равна правой части?
188. Доказать, что если числа х\ и ж2 по абсолютной ве-
величине не превосходят единицу, то
При каких значениях х\ ж Х2 левая часть этого неравенства
точно равна правой части?
189. Что больше, cos sin ж или sin cos ж?
190. Доказать, не пользуясь логарифмическими таблица-
таблицами, что:
) + -л > 2; б) + > 2.
log7T log7T log2
а) л+ л> 2; б) +
log27T log57T log27T log.,2
191. Доказать, что если а и /3 — острые углы и а < C, то
а) а — sin а < C — sin/З; б) tga — а < tg/З — /3.
192*. Доказать, что если а и /3 — острые углы и а < C, то
tga tg/3
a f3 '
193. Найти соотношение между arcsin cos arcsin x и
arccos sin arccos x.
194. Доказать, что каковы бы ни были коэффициенты
аз1, азо, ..., «2, «1, сумма
cos 32ж + аз1 cos 31ж + азо cos ЗОж + ... + а2 cos 2x + ai cos ж
46 ЗАДАЧИ
не может принимать при всех х только положительные зна-
значения.
195. Пусть некоторые из чисел ai, a2, ..., ап равны +1, а
остальные равны — 1. Доказать, что
2вш(а1
J45 =
lу 2 + a2y 2 + a3y 2 + ... + anV2.
Так, например, при ai=a2 = ... = an = l получаем
11 1 \ 45е
2sin( 1 +- + - + ... +—^145° = 2cos
п корней
8. Алгебра многочленов
196. Найти сумму коэффициентов многочлена, получаю-
получающегося после раскрытия скобок и приведения подобных членов
в выражении
A - Зх + Зж2O43A + Зх - Зж2O44.
197. В каком из выражений
A+ж2_ ^3I000 и A_ж2+;г;3I000
будет стоять после раскрытия скобок и приведения подобных
членов больший коэффициент при ж20?
198. Доказать, что в произведении
после раскрытия скобок и приведения подобных членов не оста-
останется членов, содержащих х в нечетной степени.
199. Найти коэффициент при ж50 после раскрытия скобок
и приведения подобных членов в выражениях:
АЛГЕБРА МНОГОЧЛЕНОВ 47
а) A + жI000 + хA + ж)999 + х2A + ж)998 + ... + ж1000;
б) A + х) + 2A + жJ + 3A + xf + ... + 1000A + жI000.
200*. Определить коэффициент при х2 после раскрытия
скобок и приведения подобных членов в выражении
к раз
201. Найти остаток от деления многочлена
Ж + Ж3+Ж9+Ж27 + Ж81+Ж243.
а) на х — 1; б) на х2 — 1.
202. Неизвестный многочлен дает при делении на х — 1
остаток 2, а при делении на х — 2 — остаток 1. Какой остаток
дает этот многочлен при делении на (х — 1)(х — 2)?
203. При делении многочлена ж1951 — 1 на ж4 + х3 + 2ж2 +
+ ж + 1 получаются частное и остаток. Найти в частном ко-
коэффициент при ж14.
204. Найти уравнение с целыми коэффициентами, корнем
которого является число:
a) V2 + ^3; б) V2 + ^3.
205. Показать, что если а и /3 — корни уравнения
х2 +рх + 1 = 0,
а 7 и ^ — корни уравнения
х2 + qx + 1 = 0,
то
= q2 - р2.
206. Пусть а и /3 — корни уравнения
х2 + рх + q = 0,
а 7 и E — корни уравнения
х2 + Рж + Q = 0.
48 ЗАДАЧИ
Выразить произведение
(а - 7)(/3 - 7)(а - 5)(f3 - 5)
через коэффициенты данных уравнений.
207. Даны два уравнения:
х2 + ах + 1 = 0, х2 + х + а = 0.
Определить все значения коэффициента а, при котором эти
уравнения имеют хотя бы один общий корень.
208. Найти целое число а такое, что (х — а) (х — 10) + 1
разлагается в произведение (х + Ь) (х + с) двух множителей с
целыми бис.
209. Найти такие отличные от нуля не равные между со-
собой целые числа а, 6, с, чтобы многочлен четвертой степени с
целыми коэффициентами
х(х — а) (х — Ь) (х — с) + 1
можно было бы представить в виде произведения двух других
многочленов с целыми коэффициентами.
210. При каких отличных друг от друга целых числах
аЪа2? • • ••> ап многочлены с целыми коэффициентами:
а) (х - а\)(х - а2)(х - а3).. .(х - ап) - 1;
б) (х - ai)(x - а2)(х - аз).. \х - ап) + 1;
разлагаются в произведение двух других многочленов?
211*. Доказать, что при любых отличных друг от друга
целых числах ai, a2, ..., ап многочлен
(х — а\J(х — CL2J.. .{х — апJ + 1
не разлагается в произведение двух других многочленов с це-
целыми коэффициентами.
212. Доказать, что если многочлен
Р(х) = uqx71 + а\хп~1 + ... + ап-\х + ап
с целыми коэффициентами принимает при четырех целых зна-
значениях х значение 7, то он не может принимать значение 14
ни при каком целом значении х.
213. Доказать,что если многочлен 7-й степени с целыми
коэффициентами
7 6 + а2хъ + азж4 + а^х3 + а$х2 + а§х + aj
АЛГЕБРА МНОГОЧЛЕНОВ 49
при 7 целых значениях х принимает значения +1 и — 1, то его
нельзя представить в виде произведения двух многочленов с
целыми коэффициентами.
214. Доказать, что если многочлен с целыми коэффициен-
коэффициентами
Р(х) = а$хп + а\хп~х + ... + ап-\х + ап
принимает при х = 0 и х = 1 нечетные значения, то урав-
уравнение Р(х) = 0 не имеет целых корней.
215*. Доказать, что если многочлен
Р(х) = аохп + а\хп~х + а2хп~2 + ... + ап-\х + ап
с целыми коэффициентами при двух целых значениях ж=ри
х = q (р > q) равен по абсолютной величине 1 и уравнение
Р(х) = 0 имеет рациональный корень а, то р — q равно 1
или 2 и а = .
216*. Доказать, что многочлены:
а) х1222 + 2ж2220 + Ах2218 + 6ж2216 + 8х22Ы + ...
• • • + 2218ж4 + 2220ж2 + 2222;
б) ж250 + ж249 + ж248 + ж247 + ж246 + ... + х2 + х + 1;
не могут быть разложены в произведение двух многочленов с
целыми коэффициентами.
217. Доказать, что если два многочлена с целыми коэф-
коэффициентами в произведении дают многочлен с четными ко-
коэффициентами, не все из которых делятся на 4, то в одном из
перемножаемых многочленов все коэффициенты четные, а в
другом не все четные.
218. Доказать, что все рациональные корни многочлена
Р(х) = хп + а\хп~х + а2хп~2 + ... + an-ix + ап
с целыми коэффициентами и с коэффициентом при старшей
степени ж, равным 1, являются целыми.
219*. Доказать, что не существует такого многочлена
Р(х) = clqx71 + а\хп~1 + ... + ап-\х + ап,
что все числа Р@), РA), ^B), ... являются простыми.
Примечание. Предложение, сформулированное в задаче, бы-
было впервые доказано Л. Эйлером. Ему же принадлежат примеры
4 Д.О. Шклярский и др.
50 ЗАДАЧИ
многочленов, значения которых при многих последовательных це-
целых значениях х являются простыми (так, например, в случае мно-
многочлена Р(х) = х2 - 79ж + 1601 80 чисел: Р@) = 1601, РA) = 1523,
РB), РC), ..., РG9), являются простыми).
220. Доказать, что если многочлен
р(г\ — гпП I д ^п-1 , л п-2 | г л | д
при всех целых значениях х принимает целые значения, то его
можно представить в виде суммы многочленов
, , х(х-1)
= 1, Pi(x)=x, P2(x
..., Рп(х) =
1-2 ' "••
х(х - 1)(х - 2)... (х -п+ 1)
1-2-3...п
обладающих тем же свойством (в силу задачи 49, а)), взятых
с целыми коэффициентами.
221. а) Доказать, что если многочлен n-й степени Р(х)
принимает целые значения при х = 0, 1, 2, ..., п, то он прини-
принимает целые значения и при всех целых значениях х.
б) Доказать, что всякий многочлен степени п принимаю-
принимающий при каких-то п + 1 последовательных целых значениях
х целые значения, принимает целое значение при всяком це-
целом х.
в) Доказать, что если многочлен Р(х) степени п принимает
целые значения при х = 0, 1, 4, 9, 16,..., п2, то он принимает
целое значение и при любом целом значении ж, являющемся
полным квадратом (но не обязательно принимает целые зна-
значения при всех целых х).
Привести пример многочлена, принимающего целые значе-
значения при каждом целом значении ж, являющемся полным квад-
квадратом, но при некоторых других целых х принимающего дроб-
дробные значения.
9. Комплексные числа
В ряде последующих задач используются следующие формулы:
1) формула умножения комплексных чисел, записанных в триго-
тригонометрической форме
(cos а + г sin a) (cos /3 + г sin /3) = cos(a + /3) + г sm(a + /3),
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА 51
в справедливости которой нетрудно убедиться непосредственной
проверкой:
(cos а + г sin a) (cos /3 + г sin j3) =
= cos a cos /3 + i cos a sin /? + i sin a cos /? + (—1) sin a sin /? =
= (cos a cos /? - sin a sin ^ + i(cos a sin C + sin a cos /?) =
2) формула Муавра
(cos a + г sin a)n = cos na + г sin na
(n — целое положительное число), которая получается п-кратным
применением предыдущей формулы);
3) формула извлечения корня из комплексного числа
, ^ а + 360° -к . . а + 360° -к
у cos a + г sin a = cos Ь г sin
п п
являющаяся следствием формулы Муавра.
В частности, большую роль играют в нижеследующих задачах
корни п-и степени из единицы, т. е. корни уравнения п-и. степени:
хп - 1 = 0,
которые, очевидно, имеют вид
\/Т = \/cos 0 + г sin 0 = cos Ь г sin
п п
Наконец, сделаем еще следующее замечание, которым неодно-
неоднократно придется пользоваться в решениях задач этого цикла. Пусть
уравнение п-и степени
хп + axxn~x + а2хп~2 + ... + an_ix + ап = 0
имеет п корней xi, х2, ..., жп-ъ хп- В таком случае левая часть
уравнения делится на (ж — xi), (х — х2), ..., (ж — жп), т. е.
™~ + а2хп~ + ... + an_ix + an =
= (ж - xi)(x - х2)... (ж - xn_i)(x - хп).
52 ЗАДАЧИ
Раскрывал скобки в правой части, этого равенства и приравни-
приравнивая затем коэффициенты при одинаковых степенях х слева и справа,
мы получим следующие формулы, указывающие на связь коэффици-
коэффициентов уравнения n-й степени с его корнями (формулы Виета):
сц = -(#1 + ж2 + ... + xn-i + хп),
а2 = х\х2 + Ж1Ж3 + ... + хп-\хп,
аз = -Oix2x3 + • • • + Xn-2Xn-ixn),
п 1
х1х2 .. .xn-i + ххх2 .. .хп-2хп + ... + х2х3 .. .хп),
Читателю, который заинтересуется комплексными числами,
можно рекомендовать книгу P.O. Кузьмина и Д. К. Фаддеева «Ал-
«Алгебра и арифметика комплексных чисел» (Л., Учпедгиз, 1939).
222. а) Доказать, что
cos 5а = cos5 a — 10 cos3 a sin2 a + 5 cos a sin4 a,
sin Ъа = sin5 а — 10 sin3 a cos2 a + 5 sin a cos4 a.
б) Доказать, что при каждом целом п
cos па = cosn a — С2 cosn~2 a sin2 a + С4 cosn~4 a sin4 a —
sin na = C^ cos™ a sin a — C\ cosn~3 a sin3 a +
+ C5 cosn a sin5 a - ...,
где обозначенные точками члены, закон образования которых
легко подметить, выписываются до тех пор, пока сохраняют
смысл биномиальные коэффициенты.
Примечание. Задача б), очевидно, является обобщением за-
задачи а).
223. Выразить tg6a через tga.
224. Доказать, что если х -\ = 2 cos a, то хп -\ =
X Хп
= 2 cos па.
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА 53
225. Доказать, что
sin if + sin(<p + а) + sin
. (п
sin
sm-
cos <р + cos((^ + а) + cos((^ + 2а) + ... + cos((p + па) =
(п + 1)а / па
SmC°S^ +
~~ а
sin-
226. Вычислить
cos2 a + cos2 2а + ... + cos2 па,
sin2 а + sin2 2а + ... + sin2 па.
227. Вычислить
cos а + С\ cos 2а + С2 cos За + ... + С^ cos па + cos (n + 1)а,
sin а + С^ sin 2а + С2 sin За + ... + С™~1 sin па + sin(n + 1)а.
228. Доказать, что если ттт,, п, р — произвольные целые
числа, то
ттг птг 2ттг 2птг Зттг Зптг
sm sm h sm sm h sm sm h ...
p p p p p p
(p — 1)гатг (о — 1)птг
... + sm ^- sm — =
p p
p
—, если m + n делится на 2]э, a m — n не делится
на 2р;
p
—, если m — n делится на 2]э, a m + n не делится
A
на 2]э;
О, если m -\- п ж m — п одновременно делятся или
одновременно не делятся на 2р.
54 ЗАДАЧИ
229. Доказать, что
2тг 4тг бтг 2птг
cos Ь cos h cos h ... + cos
2 + l 2 + l 2 + l
2n + l 2n + l 2n + l 2n + l 2
230. Составить уравнение, корнями которого являлись бы
числа:
ч . о ТГ . 9 2ТГ . 9 ЗТГ .9 П7Г
а) sm , sm , sin , ..., sin ;
ч 9 тг 9 2тг 9 Зтг 9 птг
б) ctisr ctisr ctisr ctisr
2n + 1' 2n + 1' 2n + 1' 2n + 1'
231. Определить суммы:
ч 9 тг 9 2тг 9 Зтг о птг
а) ctg Ь ctg h ctg h ...
-ч 2 ^ 2 2ТГ 2 ЗТГ
б) cosecz + cosecz + cosec^
+ cosec + cosec
2n + 1 2n + 1 2n
9 П7Г
cosecz
2n
232. Вычислить произведения:
тг 2тг Зтг птг
a sm -——- sm -——- sm -——- ... sm -——-,
тг 2тг Зтг (п — 1)тг
sm — sm — sm — ... sm ;
2n 2n 2n 2n
ч тг 2тг Зтг птг
б) cos cos cos ... cos ¦
2п + 1 2п + 1 2п + 1 ' " 2п + Г
тг 2тг Зтг (п — 1)тг
cos — cos — cos — ... cos .
2n 2n 2n 2n
233. Вывести из результатов задач 231, а) и б), что при
любом целом положительном п сумма
1 — — —
заключается между
1\/ 2\тг2 / 1 \ / 1\тг2
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА 55
Примечание. Из результата задачи 233, в частности, следу-
следует, что
111 _ тг2
22 + 32 + 42 +<" ~ Y'
111
где под суммой бесконечного ряда 1-1—- -\—- -\—- + ... пони-
A (j 4г
1 1 1
мается предел, к которому стремится величина 1 + — Н—- +... Н—-
при п —У оо.
234. а) На окружности, описанной около правильного
n-угольника А\А2.. .Ап, взята точка М. Доказать, что сумма
квадратов расстояний от этой точки до всех вершин п-уголь-
ника не зависит от положения точки на окружности и равна
2ni?2, где R есть радиус окружности.
б) Доказать, что сумма квадратов расстояний от произ-
произвольной точки М, взятой в плоскости правильного п-угольни-
ка А\А2-. -Ап^ до всех вершин n-угольника зависит только от
расстояния / точки М от центра О многоугольника и равна
п(В? + /2), где R есть радиус окружности, описанной около
п-угольника.
в) Доказать, что утверждение предыдущей задачи оста-
остается в силе и в том случае, когда точка М не лежит в плос-
плоскости n-угольника А\А2-. .Ап.
235. На дуге А\Ап окружности, описанной около правиль-
правильного n-угольника А\А<2,. • -Ап, взята точка М. Доказать, что:
а) если п четно, то сумма квадратов расстояний от точки
М до вершин n-угольника с четными номерами равна сумме
квадратов расстояний от этой же точки до нечетных вершин;
б) если п нечетно, то сумма расстояний от точки М до
вершин n-угольника с четными номерами равна сумме рас-
расстояний от этой же точки до нечетных вершин.
Примечание. Геометрическое доказательство теоремы зада-
задачи 235, б) см. в решении задачи 118 из второй части сборника.
236. Радиус окружности, описанной около правильного
n-угольника А\А2.. .Ап, равен R. Доказать, что:
а) сумма квадратов всех сторон и всех диагоналей п-уголь-
п-угольника равна n2R2;
56 ЗАДАЧИ
б) сумма всех сторон и всех диагоналей n-угольника равна
п ctg —R-
Ztt
в) произведение всех сторон и всех диагоналей п-угольника
равно
237*. Найти сумму 50-х степеней всех сторон и всех диа-
диагоналей правильного 100-угольника, вписанного в окружность
радиуса R.
238*. Доказать, что в целочисленном треугольнике ) не мо-
может быть углов, отличных от 60°, 90° и 120° и соизмеримых с
прямым углом.
239*. а) Доказать, что для любого нечетного р > 1 угол
1
arccos - не может содержать рационального числа градусов.
Р
Р
б) Доказать, что угол arctg -, где р и q — целые положи-
положительные числа, не равные между собой, не может содержать
рационального числа градусов.
10. Несколько задач из теории чисел
Собранные здесь задачи относятся к той части математики, ко-
которая изучает свойства целых чисел, — к теории чисел; ряд задач
по теории чисел имеется в других частях сборника, особенно в цик-
циклах 3, 4 и 5. Некоторые из теорем, сформулированных ниже в виде
задач, играют в теории чисел значительную роль (см., например,
задачи 240, 241, 245-247, 249, 253). Разумеется, по этим задачам
нельзя себе представить всего богатства методов и идей, которые
используются в этой науке — одной из серьезнейших (и трудней-
труднейших) математических наук. Более систематическое изложение од-
одного из разделов теории чисел дано в книге Е. Б. Дынкина и В. А. Ус-
Успенского «Математические беседы», составляющей вып. 6. «Библио-
«Библиотеки математического кружка»; в частности, в этой книге читатель
сможет найти новые решения некоторых задач этого цикла. Хоро-
Хорошим обзором элементарной теории чисел служит статья А. Я. Хин-
чина «Элементы теории чисел» в книге первой «Энциклопедии эле-
*) Определение целочисленного треугольника см. в условии задачи 127
(с. 31).
НЕСКОЛЬКО ЗАДАЧ ИЗ ТЕОРИИ ЧИСЕЛ 57
ментарной математики» (М.—Л., Гостехиздат, 1951); в конце этой
статьи указан довольно полный список дополнительной литературы
по затронутым в статье вопросам.
240. Теорема Ферма. Доказать, что если р есть прос-
простое число, то разность ар — а при любом целом а делится
на р.
Примечание. Частными случаями этой теоремы являются
предложения задач 27, а)-д).
241. Теорема Эйлера. Пусть N есть какое-то целое
число иг — число чисел ряда 1,2,3, ...,7V— 1, взаимно
простых с N. Доказать, что если а есть произвольное целое
число, взаимно простое с 7V, то разность аг — 1 делится
на N.
Примечание. Если число N простое, то все выписанные чи-
числа взаимно просты с N, т. е. г = N — 1, и теорема Эйлера сводится к
следующей: разность aN~1 — 1, где N простое, делится на N. Отсюда
видно, что теорему Ферма (см. задачу 240) можно рассматривать
как частный случай теоремы Эйлера.
Если N = рп, где р — простое, то из N — 1 = рп — 1 чисел
1, 2, 3, ..., N — 1 не будут взаимно простыми с N = рп только числа
р, 2р, Зр, ..., N — р = (рп~1 — 1)р. Таким образом, в этом случае
г = (рп - 1) - (рп~1 - 1) = рп - рп~1, и теорема Эйлера сводится к
следующей: разность арП —рп~1 — 1, где р — простое, а а не делится
на р, обязательно делится на рп.
Если N = PixP22• • • P%h, где Pi,P2, • • • ,Pk — различные между со-
собой простые числа, то число г простых чисел, меньших N и взаимно
простых с JV, дается формулой
г =
Рк
(см., например, цитированную выше статью А. Я. Хинчина). Если
N = рп — степень простого числа р, то эта формула дает
f — iV* (I I ГЛП
т. е. результат, полученный выше.
242*. Согласно теореме Эйлера, разность 2* — 1, где к =
_ gn_gn-i^ делится на 5П (см. задачу 241; в частности, приме-
58 ЗАДАЧИ
чание к этой задаче). Доказать, что ни при каком /с, меньшем
чем Ъп — 5n-1, разность 2к — 1 не делится на 5П.
243. Выпишем подряд последовательные степени числа 2:
2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048, 4096, ... Легко за-
заметить, что в этом ряду чисел последние цифры периодически
повторяются с периодом 4:
2,4,8,6,2,4,8,6,2,4,8,6,...
Доказать, что и последние 10 цифр в этом ряду чисел, начиная
с некоторого числа, также будут периодически повторяться.
Найти длину периода и номер числа в ряду, начиная с кото-
которого наблюдается периодичность.
244*. Доказать, что существует такая степень числа 2, по-
последние 1000 цифр которой все будут единицами и двойками.
245. Теорема Вильсона. Доказать, что если целое чи-
число р простое, то число (р — 1)! + 1 делится на р; если же р
составное, то (р — 1)! + 1 не делится на р.
246*. Пусть р — простое число, которое при делении
на 4 дает в остатке 1. Доказать, что существует целое чис-
число х такое, что х2 + 1 делится на р.
247**. Доказать, что:
а) если каждое из двух чисел А ж В можно представить в
виде суммы квадратов двух целых чисел, то и их произведение
А • В можно представить таким образом;
б) всякое простое число вида 4п + 1 можно представить в
виде суммы квадратов двух целых чисел, а никакое число вида
4п + 3 не допускает такого представления;
в) составное число N может быть представлено в виде
суммы квадратов двух целых чисел в том и только в том слу-
случае, если все простые множители вида 4п + 3 входят в разло-
разложение числа N в четных степенях.
Так, например, числа 10000 = 24 • 54 и 2340 = 22 • З2 • 5 • 13
можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел
(в разложение первого числа вовсе не входят множители вида
4п + 3, а в разложение второго числа входит единственный
НЕСКОЛЬКО ЗАДАЧ ИЗ ТЕОРИИ ЧИСЕЛ 59
подобный множитель 3 в четной степени 2), а число 2002 =
= 2 • 7 • 11 • 13 нельзя представить в таком виде (множите-
(множители 7 и 11 вида 4п + 3 входят в разложение этого числа в первых
степенях).
248. Доказать, что для всякого простого числа р можно
найти такие целые числа ж и у, что х1 + у2 + 1 делится на р.
249**. Доказать, что:
а) если каждое из двух чисел А ж В представимо в виде
суммы квадратов четырех целых чисел, то и их произведение
А • В представимо в таком виде;
б) всякое целое положительное число представимо в виде
суммы квадратов не более чем четырех целых чисел.
Так, например, 35 = 25 + 9 + 1 = 52 + З2 + I2, 60 = 49 + 9 +
+ 1 + 1 = 72 + З2 + I2 + I2, 1000 = 900 + 100 = 302 + 102 и т. д.
250. Доказать, что никакое число вида 4П(8А; — 1), где п и
к целые, т. е. ни одно из чисел, принадлежащих к следующим
геометрическим прогрессиям:
7, 28, 112, 448, ...
15, 60, 240, 960, ...
23, 92, 368, 1472, ...
31, 124, 496, 1984, ...
и т. д., не является полным квадратом и не представимо в виде
суммы двух или трех квадратов целых чисел.
Примечание. Можно доказать, что каждое целое число, не
имеющее вида 4П(8& — 1), представимо в виде суммы трех или мень-
меньшего числа квадратов целых чисел. Однако доказательство этого
предложения весьма сложно.
251**. Доказать, что каждое положительное число пред-
представимо в виде суммы не больше чем 53-х четвертых степеней
целых чисел.
Примечание. Непосредственная проверка показывает, что
все не очень большие целые числа представимы в виде суммы значи-
значительно меньшего числа четвертых степеней целых чисел, чем 53. До
сих пор неизвестно ни одного целого положительного числа, которое
нельзя было бы представить в виде суммы 19 или меньшего числа
четвертых степеней целых чисел (из всех чисел первой сотни только
60 ЗАДАЧИ
одно число 79 = 16+ 16+ 16+ 16+ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 +
+ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 не представимо в виде суммы меньше чем 19 четвер-
четвертых степеней целых чисел). Предполагают, что каждое целое
положительное число представимо в виде суммы не
более чем 19 четвертых степеней целых чисел; однако
хотя это предположение, по-видимому, и верно, оно до сих пор не
получило полного доказательства. Доказано лишь, что каждое це-
целое положительное число представимо в виде суммы не более чем 21
четвертой степени целых чисел; это предложение, конечно, значи-
значительно сильнее, чем предложение задачи 251, но доказательство его
основано на применении некоторых весьма сложных понятий выс-
высшей математики.
В задаче 249, б) утверждается, что всякое целое число предста-
представимо в виде суммы квадратов не более чем четырех целых чисел.
Доказано также, что всякое целое число представимо в виде суммы
кубов не более чем девяти целых чисел.
Все эти предложения охватываются следующей замечательной
теоремой: для любого целого положительного числа
к существует такое целое число N (разумеется, зави-
зависящее от /с), что каждое целое положительное число
пред ставимо в виде суммы не более чем N слагае-
слагаемых, являющихся &-ми степенями целых чисел. Эта
последняя теорема имеет несколько различных доказательств, но
до самого последнего времени были известны лишь такие ее до-
доказательства, которые используют очень сложный математический
аппарат (относящийся к высшей математике). Лишь в 1942 г. со-
советский математик Ю.В. Линник дал элементарное доказатель-
доказательство теоремы. Это доказательство изложено в популярной книжке
А. Я. Хинчина «Три жемчужины теории чисел» (М.-Л., Гостехиздат,
1949). Следует, впрочем, отметить, что доказательство Ю.В. Лин-
ника при полной элементарности является весьма сложным.
252**. Доказать, что каждое положительное рациональное
(в частности, целое) число можно представить в виде суммы
кубов трех положительных рациональных чисел.
Примечание. Отметим, что в виде суммы кубов двух по-
положительных рациональных чисел можно представить не всякое
положительное рациональное число. Так, например, число 1 нельзя
представить в виде суммы двух кубов. Действительно, равенство
о о
1 = ( — ) + ( - )
V п / \q/
можно переписать в виде
{nqf = {mqf + {npf,
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА 61
где m, n, p и q — целые числа. Но известно, что не существует
таких целых чисел ж, у и z, что
х3 + у3 = z3
(доказательство см., например, в книгах: А. Я. Хинчин, «Великая
теорема Ферма», М.-Л., ГТТИ, 1934, или Л. Г. Шнирельман, «Прос-
«Простые числа», М.-Л., ОНТИ, 1940).
253. Доказать, что существует бесконечно много простых
чисел.
254. а) Доказать, что среди членов арифметических про-
прогрессий 3, 7, 11, 15, 19, 23, ... и 5, 11, 17, 23, 29, 35, ... имеется
бесконечно много простых чисел.
б)* Доказать, что среди членов арифметической прогрес-
прогрессии
5, 9, 13, 17, 21, 25, ...
имеется бесконечно много простых чисел.
в)* Доказать, что среди членов арифметической прогрес-
прогрессии
11,21,31,41,51,61,...
имеется бесконечно много простых чисел.
Примечание. Имеет место также общее предложение о су-
существовании бесконечного числа простых чисел в каждой ариф-
арифметической прогрессии, первый член которой взаимно прост с ее
разностью, однако доказательство этого предложения является не-
необычайно сложным (интересно отметить, что элементарное, хотя и
очень сложное, доказательство этой классической теоремы теории
чисел было найдено впервые лишь в 1950 г. датским математиком
Сельбергом; до этого были известны лишь доказательства, относя-
относящиеся к высшей математике).
11. Некоторые
замечательные неравенства
Ниже собраны некоторые задачи на неравенства, объединяю-
объединяющиеся вокруг двух важных неравенств, играющих большую роль
в математическом анализе и геометрии. Речь идет о теореме о
62 ЗАДАЧИ
среднем арифметическом и среднем геометрическом
(задача 268) и неравенстве Коши-Буняковского (зада-
(задача 289). Много задач на неравенства, не относящихся к этим общим
неравенствам, но имеющих отношение к другому кругу вопросов,
читатель найдет в других местах книги (см. в особенности цик-
циклы б и 7).
Большое число интересных неравенств собрано в «Задачнике по
алгебре» В. А. Кречмара (Гостехиздат, М.-Л., 1950), где неравенст-
неравенствам посвящена целая глава; в частности, в этой книге имеются дру-
другие доказательства некоторых неравенств второго раздела. Много
интересного найдет читатель также в книгах: П. П. Коровкин, «Не-
«Неравенства» (Гостехиздат, М.-Л., 1951), Г. Л. Невяжский, «Неравен-
«Неравенства» (Учпедгиз, Москва, 1947) и особенно в фундаментальном со-
сочинении Харди, Литтльвуда и Полна «Неравенства» (Госиноиздат,
Москва, 1949), первые главы которого доступны читателю и незна-
незнакомому с высшей математикой.
Нижеследующие задачи расположены не в порядке возрастания
трудности, а либо так, что знание результатов или методов реше-
решения предыдущих задач помогает решить последующие, либо рядом
расположены задачи, близкие по тематике. Простейшие свойства
неравенств предполагаются известными.
Во всех задачах этого цикла малыми латинскими буквами обо-
обозначаются действительные числа.
А. Теорема о среднем арифметическом и среднем
геометрическом и ее применения. Из школьного курса из-
известно, что среднее геометрическое двух положительных чисел а
и Ъ не больше их среднего арифметического
^, (I)
причем равенство достигается только в том случае, когда а = Ъ.
В самом деле, возведем обе части неравенства в квадрат и
освободимся от знаменателя; получим
4ab^ (а + ЬJ.
Раскрывая скобки в правой части, перенося 4ab в правую часть
и приводя подобные члены, приходим к неравенству
(К a2 -2ab + b2 = (а-бJ,
которое, очевидно, выполняется для любых а и Ъ (ибо полный квад-
квадрат не может быть отрицательным). Следовательно, и неравенст-
неравенство (I) тоже имеет место для любых действительных чисел. Далее,
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА 63
очевидно, что (а — ЪJ обращается в нуль лишь когда а = 6, т. е.
последнее выписанное неравенство обращается в равенство только
при а = Ъ] следовательно, и исходное неравенство (I) обращается в
равенство только при а = Ъ.
Неравенство (I) может быть переписано в следующем равносиль-
равносильном виде, которым мы в дальнейшем воспользуемся:
Действительно, раскрывая в (Г) скобки, освобождаясь от знамена-
знаменателя и перенося все члены в правую часть, получаем
(К 2а2 + 2Ъ2 - (а2 + 2аЪ + Ъ2) = (а - ЪJ.
С помощью простых неравенств (I) и (Г) легко решаются первые
из нижеследующих задач.
Неравенства (I) и (Г) допускают много различных обобщений,
самые важные из которых составляют содержание задач 268 и 283.
Средним арифметическим п положительных чисел ai,
п2 , ..., ап называется выражение
а\ + а2 + ... + ап
Ап(а) =
п
Средним геометрическим п положительных чисел ai,
а2, ..., ап называется корень n-й степени из произведения этих чи-
чисел:
Гп(а) = Уа1а2 ...ап.
Наконец, средним гармоническим п положительных чи-
чисел называется такое число Нп(а), что
1 1 1
-, — + — + ... + —
1 _ а\ CL2 0>п
Нп(а) п
(число, обратное среднему гармоническому п чисел, есть среднее
арифметическое п чисел, обратных данным). В частности, среднее
гармоническое с двух чисел а и Ъ определяется равенствами
1 1/1 1\ 2аЬ
откуда с = .
с 2 \а '
255. а) Доказать, что из всех прямоугольников с данным
периметром Р наибольшую площадь имеет квадрат.
64 ЗАДАЧИ
б) Доказать, что из всех прямоугольников с данной пло-
площадью S наименьший периметр имеет квадрат.
256. Доказать, что сумма катетов произвольного прямо-
прямоугольного треугольника всегда не больше, чем его гипотенуза,
умноженная на д/2.
257. Доказать, что для любого острого угла а
tga + ctga > 2.
258. Доказать, что для любых положительных чисел а и 6,
в сумме равных единице: а + b = 1, имеет место неравенство
2 / 1x2 25
+F+) ^
Выяснить, при каких значениях а и b достигается равенство.
259. Доказать, что для любых трех положительных чи-
чисел а, 6, с имеет место неравенство
(а + Ъ)(Ъ + с) (с + а) > 8аЪс.
При этом знак равенства достигается только при а = b = с.
260. При каком значении х дробь
CL ~\~ Ьх
2— {а-> b положительны)
принимает наименьшее значение?
261. У продавца заведомо неточные весы (коромысла ве-
весов разной длины). Зная это, продавец отвешивает каждому
покупателю половину товара на одной чашке весов, а поло-
половину — на второй чашке, думая, что этим он компенсирует
неточность весов. Так ли обстоит дело в действительности?
262. а) Доказать, что среднее геометрическое двух поло-
положительных чисел есть в то же время среднее геометрическое
их среднего арифметического и среднего гармонического.
б) Доказать, что среднее гармоническое двух положитель-
положительных чисел а и b не больше их среднего геометрического, при-
причем равенство может иметь место только в случае равенст-
равенства а и Ь.
263*. Доказать, что среднее арифметическое трех положи-
положительных чисел не меньше их среднего геометрического, т. е.
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА 65
ЧТО
а + Ь + с Ъ/—г-
> Vabc,
причем равенство достигается лишь в случае а = b = с.
264. Доказать, что из всех треугольников с данным пе-
периметром наибольшую площадь имеет равносторонний тре-
треугольник.
265. Рассмотрим трехгранную пирамиду с прямым трех-
трехгранным углом при вершине. Обозначим длины ребер, выхо-
выходящих из вершин, через ж, у и z.
При каких ж, у, z объем пирамиды будет наибольшим, если
известно, что
х + у + z = а?
266. Доказать, что для любых положительных чисел ai, a2,
^з? &ъ ^2? Ьз имеет место неравенство
267. Частный случай теоремы о среднем ариф-
арифметическом и среднем геометрическом. Даны 2т
положительных чисел ai, a2, ..., а2™. Доказать, что имеет
место неравенство
Г2т(а) ^ ^2^1 (а),
т. е.
— ^ 2m
причем неравенство обращается в равенство лишь в случае,
когда все числа ai, a2, ..., 0,2™ равны между собой.
268*. Теорема о среднем арифметическом и
среднем геометрическом для пчисел. Доказать, что
для любых положительных чисел ai, a2, ..., ап имеет место не-
неравенство
т. е.
ai + а2
... ап
п ^
п
5 Д.О. Шклярский и др.
66 ЗАДАЧИ
Равенство достигается лишь в случае а\ = а 2 = ... = ап-
269. а) Доказать, что произведение п положительных мно-
множителей, сумма которых задана, достигает наибольшей вели-
величины, когда все п множителей равны между собой.
б) Доказать, что для любых положительных чисел ai,
a2, ..., ап
1 Ь ... Н >п.
п2 as a\
270. Доказать, что для любых п положительных чисел ai,
с&2, • •., ап имеет место неравенство
Н(а) ^ Г (а) (т. е. п: (— + — + ... + —) ^ Vaia2 • • • а
Равенство достигается только в случае а\ = п2 = ... = ап-
271. Доказать, что для любых положительных чисел а и b
a + nb
abn ^
n + 1
(равенство достигается только, если a = b).
272. Доказать, что для произвольных положительных чи-
чисел ai, CL2-, • • ., fln
(ai + a2 + ... + an) ( — + — + ... + — ) > n2.
В каком случае имеет место равенство?
273. Доказать, что при любом целом п > 1 имеет место
неравенство
1
274. Доказать, что для любых положительных чисел
^з, а4 имеет место неравенство
Y0) •
275. Доказать неравенства:
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА
67
Ill 1
a)i'22'33'l4"--^ ^ ln + 1
б)
п(п+1)/2
п(п+1)/2
276. Пусть ai, a2, ..., ап — положительные числа. Поло-
Положим
s = а\ +а2 + ... + ап.
Доказать, что
a2)...
s + _ + _
277*. Доказать, что для любого целого п имеет место не-
неравенство
27
278. При каком значении х произведение
достигает наибольшего значения и каково это значение?
279*. В данный сегмент вписать прямоугольник наиболь-
наибольшей площади.
280. Из квадратного листа со стороной 2а требуется
сделать коробку без крышки, вырезая по углам квадраты (со
стороной Ь) и загибая затем получившиеся выступы так,
L___________________J
2а
{
ь,.
\
Рис. 4
как указано на рис. 4. При каком значении b коробка будет
иметь наибольший возможный объем?
68 ЗАДАЧИ
Б. Два обобщения теоремы о среднем арифметичес-
арифметическом и среднем геометрическом. Степенным средним
порядка а данных п положительных чисел ai, a^-, ..., ап называется
число
п
в частности, при целом положительном а — к имеем
Очевидно, что
Si (a) =A(a),
При а = 0 выражение для Sa бессмысленно. Однако можно до-
доказать, что при а —у 0 Sa(a) стремится к среднему геометрическо-
геометрическому Г(а)*); поэтому естественно положить
S0(a)=r(a)
(дополнительные основания для этого дает предложение задачи 282).
Степенное среднее порядка 2 называется средним квадра-
квадратичным п чисел.
Отметим еще, что неравенство (Г) с. 63 теперь можно сфор-
сформулировать следующим образом: среднее арифметическое
двух чисел не превосходит их среднего квадратич-
квадратичного (причем равенство достигается только в случае равенства
обоих чисел).
281*. а) Доказать, что среднее арифметическое п положи-
положительных чисел не превосходит среднего квадратичного этих
чисел:
ап \ 2 а\ + а% + + а
п п
JTo есть hm = Waiu2 ... ап (см.: Левин В. И.
а^о \ п J v
Элементарное доказательство одной теоремы теории средних // Матема-
Математическое просвещение. Вып. 3. — М., 1958. — С. 177-181).
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА 69
Равенство достигается только в случае равенства всех
чисел.
б) Пусть к — какое угодно целое число, большее 1. Дока-
Доказать, что среднее арифметическое п положительных чисел не
превосходит их степенного среднего порядка /с, т. е.
а2 + ... + ап \ к а\ + а\ + ... + акп
п J п
Равенство достигается только в случае равенства всех
чисел.
282. Доказать, что степенное среднее порядка а п поло-
положительных чисел при а положительном не меньше среднего
геометрического этих чисел, а при а отрицательном не больше
их среднего геометрического (причем равенство может дости-
достигаться только в случае равенства всех чисел).
Примечание. Частными случаями этого предложения являют-
являются важные теоремы задач 268 и 270.
283*. Теорема о степенных средних. Доказать, что
если а < /3, то степенное среднее порядка а не превосходит
степенного среднего порядка /3:
п
Равенство достигается только, если а\ = а 2 = ... = ап.
284. а) Сумма трех положительных чисел равна 6. Какое
наименьшее значение может иметь сумма квадратов этих чи-
чисел? А сумма кубов?
б) Сумма квадратов трех положительных чисел равна 18.
Какое наименьшее значение может иметь сумма кубов этих
чисел? Какое наибольшее значение может иметь сумма этих
чисел?
Симметрическим средним порядка к п положительных
чисел ai, а^-, ..., ап (к — целое положительное число, не превосходя-
превосходящее п) называется корень степени к из среднего арифметического
70 ЗАДАЧИ
всевозможных произведений из п чисел ai, a2, ..., ап п0
_ k I LL\LL2 . . . Uf?, -Г LL\LL2 • • • <Лk-1^k-\-l ~T • • • T Un-Jfe + l"n-lfe + 2 • • • an
Очевидно, что ?)i(a) = A(a), En(a) = r(a)-
285*. Доказать, что
-1
286. Теорема о симметрических средних. Дока-
Доказать, что если к > /, то
/С /
Равенство достигается только, если а\ = п2 = ... = ап.
287. Известно, что сумма всевозможных попарных произ-
произведений четырех положительных чисел равна 24. Какое наи-
наименьшее значение может принимать сумма этих чисел? Какое
наибольшее значение может принимать произведение этих чи-
чисел?
288. Пусть а + /3 + 7 = тг-
а) Найти наименьшее возможное значение tg h tg — +
z z
7
+ *?¦
су /З 7
б) Найти наибольшее возможное значение tg — tg — tg —.
А А А
В. Неравенство Коши—Буняковского. Легко проверить
непосредственно следующее элементарное неравенство:
или
2 ^ (а? + а|)(Ь? + ^). (II)
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА 71
Действительно, раскрывал скобки в обеих частях неравенства,
мы после приведения подобных членов и перенесения оставшихся
членов в одну сторону придем к следующему очевидному неравен-
неравенству:
- a2&iJ ^ 0-
Отсюда же видно, что неравенство B) обращается в равенство
лишь в случае
а\02 = ^2^1, т. е. — = —.
Неравенство (II) допускает значительное обобщение, которое
имеет важное значение в теории неравенств и часто применяется
в различных вопросах математики и физики.
289. Неравенство Коши-Буняковского. Доказать,
что для любых 2п действительных чисел
ai, a2, • • •, an; &i, 62, ..., bn
имеет место неравенство
(aibi + a2b2 + ... + anbnJ ^
^ {a\ + a\ + ... + a^)(&2 + h\ + ... + b^).
При этом знак равенства достигается лишь в случае, когда
п\ CL2 О"п
Ь\ Ь2 Ьп
290. Выведите из неравенства Коши-Буняковского резуль-
результат задачи 272.
291. Выведите из неравенства Коши-Буняковского теоре-
теорему задачи 281, а).
292. Доказать, что если а + /3 + 7 = ^ то
9 а 9 Р 9 7
tg22+tg2| + tg2^l.
293. Доказать, что для любых положительных xi, X2, ¦¦¦
¦¦; Хп; УЪ 2/2, •••, 2/п
+ yiJ + (х2 + у2J + ¦ ¦ ¦ + (хп + УпJ
+ х\ + ... + х\ + -^/у2 + yl + ... +
72 ЗАДАЧИ
294. Пусть Q есть сумма всевозможных попарных произ-
произведений п положительных чисел ах, a2, ..., an, а Р — сумма
их квадратов. Доказать, что
295. Доказать, что для любых положительных чисел рх,
, • • • ? Pn'i жъ Х2ч • • -, хп имеет место неравенство
296. Проверить, что для любых чисел жх, ж2, жз имеет мес-
место неравенство
1 1 1\2_12 12 12
^Х Т" ~ *ь2 "т" ^ **
297. Доказать, что если жх, ж2, ..., жп; уi, у2, ..., уп — по-
положительные числа, то
Ж2 + • • • + Хп • y/yi +у2 + ... +Уп-
298. Пусть ах, а2, ..., ап; Ь1? Ь2, ..., Ьп; съ с2, ..., cn; d1?
d2, ..., rfn — четыре последовательности положительных чи-
чисел. Доказать неравенство
• • • + anbncndn)A ^
f + а\ + ... + ai)(b\ + 6^ + ... + Ь4п)х
(af + а\
299*. Неравенство Коши-Буняковского (задача 289) утверж-
утверждает, что отношение
(а\ + а\ + ... + al)(bl + Ь| + ... + Ь2п)
• • • + anbnJ
где ах, а2, ..., ап; Ьх, &2^ • • -5 ^п — Дв^ последовательности по-
положительных чисел, больше или равно 1 (причем оно рав-
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА 73
но 1, только если последовательности а и 6 пропорциональны:
-— = -— = ... = -— 1. Доказать, что это отношение всегда
01 h Ьп)
заключается между 1 и
где М\ и гп\ — соответственно наибольшее и наименьшее из
чисел ai, а2, ..., an, а М2 и 777,2 — наибольшее и наименьшее
из чисел Ь]_, &2, • •., Ьп. В каком случае рассматриваемое отно-
отношение точно равно
Г. Еще несколько неравенств.
300. Неравенство Чебышева. Пусть ai,a2, ..., an
и 61, &2? • • -> Ьп — две неубывающие последовательности чисел.
В таком случае
а\ + а2 + ... + ап Ь\ + Ъ2 + ... + Ьп а\Ь\ + a2b2 + ... + anbn
77 77 77
причем равенство достигается только, если а\ = а2 = ...
... = ап или Ь\ = Ь2 = ... = Ьп.
Примечание. Можно показать, что если ai, 02, ..., ап — не-
возрастающал последовательность чисел, а bi, 62, ..., &п — неубыва-
неубывающая последовательность, то
а\ + а2 + ... + ап Ь\ + 62 + ... + Ьп а\Ь\ + a2b2 + ... + anbn
п п ^ п
Доказательство этого предложения предоставляется читателю.
301. Пусть р и q — положительные рациональные числа и
Р Я
Доказать, что для любых положительных чисел х и у имеет
место неравенство
ху ^ - хр -\— yq.
Р q
74 ЗАДАЧИ
Примечание. При р = q = 2 мы получаем элементарную
теорему о среднем арифметическом и среднем геометрическом.
302. Пусть а и /3 — положительные рациональные числа, в
сумме равные единице:
а + /3 = 1.
Доказать, что для любых положительных чисел ах, a2, ...
..., an; 6i, 62, ..., 6n имеет место неравенство
(a?frf + afbf + ... + o^ <
< (ai + a2 + • • • + ап)а{Ьг + 62 + ¦ ¦ ¦ + bnf.
Примечание. При а = /3 = -, как легко видеть, мы получим
неравенство задачи 297, которое равносильно неравенству Коши-
Буняковского.
303. Неравенство Гёльдера. Пусть р и q — положи-
положительные рациональные числа такие, что
Р Я
Доказать, что для любых положительных чисел жх, #2,
..., хп; у\, У2-, • •., уп имеет место неравенство
Примечание. При р = q = 2 это неравенство обращается в
неравенство Коши-Буняковского (задача 289), которое, таким об-
образом, является частным случаем неравенства Гёльдера.
304. Пусть ах, a2l ..., ап; Ъ\, Ъ2, ..., Ьп; ...; l\, l2l ..., ln
есть А; последовательностей положительных чисел и а, /3, ...
..., А есть А; положительных чисел, таких, что
Доказать, что
f а2 + ... + an)a(bi + Ъ2 + ... + bnf ... (h + /2 + • • • + UA.
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА 75
305. Пусть ai, a2, ..., ап есть п положительных чисел, д —
их среднее геометрическое (д = ^/aia2 ... ап). Доказать, что
306. Доказать, что если ai, a2, ..., an; bi, 62, ..., Ьп; ...
...; h, fa, - - -•> In есть fc последовательностей положительных
чисел, то
z .. .bn
307. Пусть i,p2: — положительные числа, причем
ж + у + z = 1.
Доказать, что
308. Неравенство Минковского. Пусть ai, a2, ...
..., an; 61, 62, ..., 6n; ...; /1, /2, ..., /п есть А; последовательнос-
последовательностей положительных чисел. Доказать, что
а2п
+ 61 + ... + /1J + (a2 + b2 + ... + faJ + • • •
Примечание. Неравенство задачи 308 (обобщающее резуль-
результат задачи 186, а); см. выше с. 44) можно также записать в виде
S2(a) + S2(b) + ... + S2(Z) ^ S2(a + Ь +... + /),
где ^2 есть среднее квадратичное п чисел (см. выше с. 68).
В более общей формулировке неравенство Минковского имеет
такую форму: если аь а2, ..., ап; Ьх, Ь2, - -., Ьп; ...; /i, /2, ..., /п
76 ЗАДАЧИ
есть к последовательностей положительных чисел,
то
q mf >Sa(a + b+... + l),
all) < . n , 7 n
\ ^ 5а(а + b+ ... + /),
еслиа>1;
если а < 1.
В частности, неравенство задачи 306, которое можно записать
в виде
Г(а) + Г(Ь) + ... + Г@ <С Г(а + Ъ + ... + /),
или
So (а) + S0(b) + ... + So(/) ^ S0(a + 6 + ... + I),
составляет частный случай неравенства Минковского при а = 0.
12. Ряды разностей и сумм
числовых последовательностей
Рассмотрим последовательность чисел
и0, щ, и2, ..., ип, ...
Первым рядом разностей этой последовательности назы-
называется последовательность чисел
A) A) A)
q = Щ — Щ, U\ = U2 — Щ, Щ ' — Щ — U2,
= ип+1 -ип,
Вторым рядом разностей называется первый ряд разнос-
разностей последовательности ип :
B) A) A) B) A) A) B) A) A)
?/B) _ A) _ A)
• ' ' •> ип — ип+1 ип •>
Аналогично определяются и последующие ряды разностей: k-ik
ряд разностей щ\ и[к\ щк\ ..., Un\ ... есть первый ряд разнос-
разностей (к — 1)-го ряда разностей и0 , щ , и2 , ... Так, напри-
например, если исходная последовательность представляет собой ариф-
арифметическую прогрессию 1, 5, 9, 13, 17, ..., то первый ряд разностей
состоит из одних четверок: 4, 4, 4, 4, 4, ..., а второй ряд разнос-
разностей состоит из нулей: 0, 0, 0, 0, 0, ... Если исходная последователь-
последовательность состоит из квадратов целых чисел 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, ...,
РЯДЫ РАЗНОСТЕЙ И СУММ 77
то ее первый ряд разностей состоит из нечетных чисел 3, 5, 7, 9, 11,
13, ..., второй ряд разностей состоит из двоек 2, 2, 2, 2, 2, ..., а тре-
третий ряд разностей состоит из нулей 0, 0, 0, 0, ... (Тот факт, что в
обоих рассмотренных случаях мы довольно быстро пришли к ряду,
составленному из одних нулей, связан с общим предложением, со-
составляющим содержание задачи 309, б).) Ряды разностей конечной
последовательности чисел удобно расположить в так называемый
треугольник разностей:
г^о ui U2 ... ип
A) A) A) A)
B) B) B)
и а II
(п)
II
Здесь, очевидно, каждое число равно разности двух, стоящих над
ним. Для бесконечной последовательности чисел мы будем иметь
бесконечный треугольник разностей:
A)
0
B)
Аналогично рядам разностей последовательности чисел можно
определить и ряды сумм. Первым рядом сумм последователь-
последовательности чисел ixo, щ, и^^ ..., ип, ... называется ряд щ', щ , ...
U2
42)
42)
ип
, п?\ ..., где
= U1+U2, • • • , U^ = Un
к-м рядом сумм ряда щ, щ, ..., ип, ... называется первый
ряд сумм (к — 1)-го ряда сумм данного ряда, к-й ряд сумм ряда
^ -(к) -(к) -(к)
ixo, ui, ..., ип, ... обозначается так: щ , и\ , ..., г^п , • • •
Так, например, если исходный ряд состоит из единиц 1, 1, 1, 1,
1, 1, ..., то первый ряд сумм состоит из двоек: 2, 2, 2, 2, 2, ..., вто-
второй ряд сумм состоит из четверок: 4, 4, 4, 4, ..., третий ряд сумм
состоит из восьмерок: 8, 8, 8, ... и т. д. Если исходный ряд есть
78 ЗАДАЧИ
ряд всех целых чисел 1, 2, 3, 4, 5, б, 7, ..., то в качестве последова-
последовательных рядов сумм получаем арифметические прогрессии
3, 5, 7, 9, 11, 13, ...,
8, 12, 16, 20, 24, ...,
20, 28, 36, 44, ...
и т. д.
Ряды сумм конечной последовательности чисел щ, щ,
г^2, • • •, ип удобно расположить в так называемый треугольник
сумм:
щ щ и2 ... ип-\ ип
i) _(i) _(
_B) _B)
(п-1) (п-1)
и и
Здесь каждое число равно сумме чисел, стоящих над ним. Если
мы возьмем бесконечный ряд щ, щ, ..., ип, ..., то получим беско-
бесконечный треугольник сумм.
Рассмотрим еще так называемый треугольник Паскаля
(или арифметический треугольник):
1
1 1
12 1
13 3 1
14 6 4 1
Здесь в каждой строке по краям стоят 1, а остальные числа по-
получаются сложением двух чисел, стоящих над ними в предыдущей
строке.
Для чисел треугольника Паскаля имеется употребительное обо-
обозначение: число, которое стоит в треугольнике Паскаля в n-й строке
(счет строк мы начинаем с нуля, т. е. считаем, что 1 в вершине тре-
треугольника образует нулевую строку, 1 1 — первую и т. д.) на
(к + 1)-м месте слева, обозначается через С%.
РЯДЫ РАЗНОСТЕЙ И СУММ 79
При таких обозначениях треугольник Паскаля принимает вид
С? С\
Г<0 ril ri2
2 2 2
уО гу1 гу2 гуЗ
3 °3 °3 °3
ri\ ri2 г^Ъ riA
4 4 4 4
Ряд свойств чисел треугольника Паскаля рассматривается в кни-
книге Е. Б. Дынкина и В. А. Успенского, «Математические беседы», раз-
раздел 2, гл. III, § 2 («Библиотека математического кружка», вып. 6).
К материалу, составляющему содержание задач этого цикла,
близко содержание интересной популярной книжки: А. И. Маркуше-
вич, «Возвратные последовательности», Гостехиздат, М.-Л., 1950.
Последовательность чисел, получающихся при подстановке в
многочлен к-тк степени Р(х) = а$хк + а\хк~х + ... + а^-\х + а/,
вместо х последовательных целых чисел 1, 2, 3, ..., п (т. е. после-
последовательность чисел РA), РB), РC), ..., Р(п), ...), мы будем назы-
называть последовательностью к-и степени. Частным случаем
последовательности k-ik степени является последователь-
последовательность к-х степеней чисел натурального ряда 1к, 2к, 3^, 4^, ..., пк, ...
309. Пусть 1/о, щ, ..., ип, ... есть последовательность /с-й
степени, т. е. ип = а$пк + а\пк~1 + ... + а&.
а) Доказать, что ггп ' есть последовательность (к — 1)-й сте-
степени.
б) Доказать, что (А; + 1)-й ряд разностей нашей последова-
последовательности состоит из одних нулей.
310. Доказать, что если ип = а$пк + a\nk~l +...+ а&, то все
числа fc-го ряда разностей последовательности зд, г^х, г^2, ...
..., ип, ... равны clq к\.
311. Доказать, что:
а) Wn> = С%ип + С
б) ^} = (-1)кС°кип
80 ЗАДАЧИ
312. Доказать, что
[к > Uj
Оп -
(через к\ обозначено произведение 1 • 2 • 3... к).
313. Доказать, что
ип = С°пи0 + C>i,1} + С^42) + ¦ ¦ ¦ + Скпи{*\
314. Пусть (fc + 1)-й ряд разностей некоторой последова-
последовательности состоит из одних нулей, а в к-м ряду разностей
есть отличные от нуля числа. Доказать, что эта последова-
последовательность есть последовательность к-тк степени.
Примечание. Теорема этой задачи обратна теореме зада-
задачи 309, б). Там было доказано, что (к + 1)-й ряд разностей после-
последовательности k-ik степени состоит из нулей; здесь требуется дока-
доказать, что если (й-|-1)-й ряд разностей некоторой последовательности
состоит из нулей, то эта последовательность есть последователь-
последовательность к-и степени (прямая и обратная теоремы).
315. Найти формулу для суммы
316. а) Доказать, что сумма 1к + 2к + 3^ + ... + пк является
многочленом относительно п степени к + 1.
б) Вычислить коэффициенты при n/c+1 и пк этого много-
многочлена.
317. Говорят, что ряд, состоящий из целых чисел, делит-
делится на число с/, если каждое число этого ряда делится на d
(так, например, последовательность чисел п13 — п делится
на 13, последовательность чисел З6 — 26 делится на 35, пос-
последовательность чисел п5 — 5п3 + 4п делится на 120; см. за-
дачи 27, д), 28, а), б)).
Пусть ип есть последовательность к-ж степени: ип = а$пк +
+ aink~1 + ...+ а&, такая, что все коэффициенты ао, ах, ..., а&
являются целыми взаимно простыми числами (т. е. все числа
ао, ах, ..., ak не имеют никакого общего делителя).
РЯДЫ РАЗНОСТЕЙ И СУММ 81
Доказать, что если последовательность ип делится на це-
целое число d, то d есть делитель числа к\
318. Вычислить {CD2 + {CD2 + {С2J + ... + (С™J.
319. Пользуясь результатом задачи 313, доказать форму-
формулу бинома Ньютона
(а + Ь)к =
к i к —Л 1
— л _|_ /сп п -\-
Uj \^ IXjUj U \^
320. Рассмотрим
к(к-
2
РЯД 1,
треугольник разностей:
1
1
1
1 ~2
~2 Г
3
1)
1
2
1
6
1
¦ак-2Ъ<
1
' 3'
1
3
1
12
1
5
1
12
1
20
1
г ,
1
77,
1
4
1
30
1
30
к(к - 1).
"" А;!
, ... Составим
1 1
1 ^ 1^
20 ~ 30
1™ ¦'
60
для него
6
Повернем этот треугольник на 60° так, чтобы вершина, где
стоит 1, оказалась вверху:
1
~б
1
5
1
~4
1
30
1
3
1
20
1
2
1
12
1
60
1
1
"б
1
30
1
2
1
12
1
60
1
3
1
20
1
4
1
30
1
1
6
6 Д.О. Шклярский и др.
82 ЗАДАЧИ
В полученном треугольнике откинем знаки, затем числа
каждой строки разделим на самое левое число строки:
1
1 1
1 1 1 1 1
5 10 10 5
После этого каждое число заменим на обратное ( т. е. вместо
дроби — напишем дробь — .
о а /
Доказать, что у нас получится треугольник Паскаля.
РЕШЕНИЯ
1. Составим общую сумму чисел всех рукопожатий, сде-
сделанных когда-либо каждым из людей. Эта сумма обязательно
четна, потому что каждое рукопожатие, которым обменялись
два лица А ж В, увеличивает на 1 число рукопожатий, сде-
сделанных А, и на 1 число рукопожатий, сделанных i?, и, сле-
следовательно, дает слагаемое 2 в общей сумме. Но, с другой
стороны, эта сумма составляется из числа рукопожатий, сде-
сделанных каждым отдельным человеком. Из четности суммы
вытекает, что число нечетных слагаемых в ней четно,что и
требовалось доказать.
2. Для того чтобы обойти все 64 клетки шахматной доски,
побывав на каждом поле один раз, конь должен сделать
63 хода. Так как при каждом ходе конь переходит с белого
поля на черное или с черного на белое, то после ходов с чет-
четными номерами конь будет попадать на поля того же цвета,
что и исходное, а после ходов с нечетными номерами — на
поля другого цвета. Поэтому конь не может 63-м ходом по-
попасть на поле, находящееся на одной диагонали с исходным,
так как эти поля окрашены в один цвет.
3. а) Обозначим наименьшее число перекладываний, кото-
которое надо произвести, чтобы с соблюдением условий задачи
переложить пирамиду из п колец на другую палочку, через
к(п). Очевидно, что кA) = 1. Далее, если п = 2, то для
того, чтобы можно было переложить на вторую палочку ниж-
нижнее кольцо, необходимо переложить верхнее кольцо на третью
(вспомогательную) палочку; после этого можно переложить
нижнее кольцо на вторую палочку и затем второе кольцо —
84 РЕШЕНИЯ
поверх первого. Таким образом, А;B) = 3. Аналогично, для
того чтобы переложить на вторую палочку нижнее кольцо пи-
пирамиды из трех колец, надо сначала переложить на третью
(вспомогательную) палочку два верхних кольца; согласно уже
доказанному, для этого надо произвести А;B) = 3 переклады-
перекладывания. Затем можно переложить нижнее кольцо на вторую
палочку; после этого нам опять придется перенести пирамиду
из двух колец с одной палочки на другую, на что понадобится
еще к B) =3 перекладывания. Таким образом, мы видим, что
А;C) = 2кB) + 1 = 7.
Совершенно аналогично доказывается, что
к(А) = 2кC) + 1 = 15,
А;E) = 2ЛD) + 1 = 31,
и вообще
к(п) = 2к(п- 1) + 1.
Последняя формула позволяет легко доказать, что
к(п) = 2п - 1.
Действительно, если мы уже знаем, что
к(п-1) =2п-1-1,
то
к(п) = 2к(п - 1) + 1 = 2Bn-x - 1) + 1 = 2п - 1.
Отсюда, в силу принципа математической индукции, следует,
что к(п) = 2п — 1 для всех значений п.
б) Обозначим наименьшее число приемов, с помощью ко-
которых можно снять с проволоки п колец, через К(п). В исход-
исходном положении можно снять с проволоки либо первое кольцо
(рис. 5, а), либо второе (рис. 5,6); следовательно, КA) = 1
и КB) = 2 (в случае двух колец мы сначала снимем второе
кольцо, а после этого — первое).
Для того чтобы можно было снять с проволоки г-е кольцо,
очевидно, необходимо, чтобы предшествующие г — 2 кольца
были уже сняты — иначе г-е кольцо нельзя будет сдвинуть к
концу проволоки. С другой стороны, если и (г — 1)-е кольцо
уже снято, то г-е кольцо снять нельзя (см. рис. 6, а, на котором
РЕШЕНИЯ
85
Рис. 5
видно, что если сняты три кольца, то четвертое снять нельзя).
Но если (г — 1)-е кольцо снято, то (г + 1)-е кольцо снимается
без труда (рис. 6,6, в).
Теперь уже нетрудно ответить на вопрос задачи. Для того
чтобы снять последнее из п колец, необходимо сначала снять
первые п — 2 кольца; это можно сделать в К(п — 2) прие-
приемов. После этого можно снять последнее кольцо — еще в один
прием. Затем нам останется только снять единственно остав-
оставшееся на проволоке (п—1)-е кольцо. Обозначим число приемов,
необходимых для того, чтобы снять единственное п-е кольцо
при условии, что все предшествующие кольца уже сняты, че-
через к(п). В таком случае мы, очевидно, будем иметь
К(п) = К(п -
- 1).
86
РЕШЕНИЯ
Рис. 6
РЕШЕНИЯ 87
Найдем теперь выражение для числа к(п). Очевидно, для
того чтобы снять с проволоки n-е кольцо, надо предварительно
надеть на проволоку (п — 1)-е кольцо: это можно сделать в
к(п — 1) приемов (это те же приемы, которые необходимы,
чтобы снять с проволоки (п — 1)-е кольцо, только проделан-
проделанные в обратном порядке). После этого легко снять с проволоки
n-е кольцо — это еще один прием. Наконец, нам останется
снять с проволоки (п — 1)-е кольцо — на это потребуется еще
к(п — 1) приемов. Итак, мы получаем
к(п) =2А;(п-1) + 1,
откуда легко находим
к(п) = 2п - 1
(см. решение задачи а)).
Теперь формула для определения К{п) принимает вид
К{п) =К(п-2)+2п-1.
А отсюда, так как КA) = 1 и КB) = 2, без труда находим
при п = 2т (четном)
К{п) = К{п - 2) + 2п~1 = К(п - 4) + 2п~1 + 2п~3 =
= К(п - 6) + 2п~1 + 2П + 2п~ъ
... = К{2) + 2п~1 + 2П + 2п~ъ + ... + 23 =
при п = 2т + 1 нечетном
К(п) = К(п - 2) + 2п~1 = К(п - 4) + 2п~1 + 2П =
= К(п - 6) + 2"-1 + 2П + 2П
2"-1 + 2П + 2П + ... + 22 =
4. а) Разделим наши монеты на три группы: две группы
по 27 монет и одну в 26 монет. При первом взвешивании
РЕШЕНИЯ
поместим на чашки весов группы по 27 монет. Если весы
не уравновесятся, то фальшивая монета находится на более
«легкой» чашке. Если же весы окажутся в равновесии, то
фальшивая монета содержится в группе из 26 монет. Таким
образом, нам достаточно научиться решать задачу: тремя
взвешиваниями выделить фальшивую монету из группы в 27
монет (задача выделить фальшивую монету из группы в 26
монет может быть сведена к этой задаче, например, добавле-
добавлением к группе из 26 монет еще одной произвольной монеты из
числа остальных 54).
При втором взвешивании разделим группу в 27 монет на
три группы по 9 монет в каждой. Поместив на обе чашки ве-
весов по группе из 9 монет, найдем группу из 9 монет, в которой
содержится фальшивая монета.
Разделив группу из 9 монет, одна из которых фальшивая,
на три группы по 3 монеты, мы третьим взвешиванием выде-
выделим тройку монет, в которой содержится фальшивая.
Наконец, тем же путем при четвертом взвешивании найдем
фальшивую монету.
б) Пусть к — натуральное число, удовлетворяющее нера-
неравенствам 3 ^ п, 3 < п. Покажем, что это число к удовле-
удовлетворяет условиям задачи.
Прежде всего покажем, что при помощи к взвешиваний
всегда можно определить фальшивую монету. Разделим наши
монеты на три группы так, чтобы в двух равных группах было
по З^ (или меньше) монет, а число монет в третьей группе
было бы не больше З^ (это возможно, ибо п ^ 3^). Положив
на чашки весов две группы из равного числа монет, мы опре-
определим, в какой из трех групп содержится фальшивая монета
(ср. с решением задачи а)). Таким образом, после первого
взвешивания мы выделим группу из З^ монет, среди кото-
которых содержится фальшивая (если окажется, что фальшивая
монета находится в группе, содержащей меньше З^ монет,
то мы можем дополнить эту группу монет произвольными мо-
монетами до 3 ). При каждом последующем взвешивании бу-
будем делить наши монеты на три равные группы и находить, в
какой из них находится монета. Таким образом, после к взве-
взвешиваний мы придем к группе из одной монеты, т. е. выделим
фальшивую монету.
РЕШЕНИЯ 89
Теперь остается показать, что к есть минимальное
число взвешиваний, с помощью которых всегда можно вы-
выделить фальшивую монету, т. е. что при любых способах
взвешивания результаты взвешиваний могут сложиться таким
неблагоприятным для нас образом, что после к — 1 взвешива-
взвешиваний фальшивая монета не будет выделена.
При каждом взвешивании монеты распадаются на три
группы: монеты, попавшие на одну чашку, попавшие на дру-
другую чашку и не попавшие ни на одну из чашек. Если на чашке
весов было положено одинаковое число монет и весы уравно-
уравновесились, то фальшивая монета заведомо находится в группе
монет, не попавших при взвешивании ни на одну чашку. Если
одна из чашек перетянет (при равном числе монет на чашках),
то фальшивая монета находится на второй чашке. Наконец,
если на чашки весов было положено разное число монет, то в
случае, когда перетянула чашка, где монет больше, фальши-
фальшивая монета может оказаться в любой из трех групп и такое
взвешивание вообще не даст нам никаких сведений о местона-
местонахождении фальшивой монеты. Пусть теперь при произвольно
производимых взвешиваниях результат взвешивания каждый
раз оказывается наиболее неблагоприятным, т. е. фальшивая
монета каждый раз оказывается в той из трех групп, которая
содержит наибольшее число монет. Тогда при каждом взвеши-
взвешивании число монет группы, содержащей фальшивую монету,
убывает не более чем в три раза (ибо при делении некоторого
числа монет на три группы всегда по крайней мере одна из
трех групп содержит не менее чем треть от общего числа мо-
монет); поэтому после к — 1 взвешиваний число монет группы,
содержащей фальшивую монету, останется не меньшим, чем
, л , и так как п > З^, то после к — 1 взвешиваний фаль-
J/C-1
шивая монета не будет выделена.
Примечание. Можно коротко записать ответ задачи в такой
форме: минимальное число взвешиваний, необходимое для выделе-
выделения фальшивой монеты из группы в п монет, есть log3 In — — 1-1-1,
где прямые скобки обозначают целую часть числа (см. с. 30).
5. Положим на чашки весов по одному кубику (первое взве-
взвешивание). При этом могут иметь место два различных случая.
90 РЕШЕНИЯ
1°. При первом взвешивании одна чашка весов
перетянула. В таком случае из двух взвешиваемых кубиков
один обязательно является алюминиевым, а второй — дюра-
дюралевым. Далее кладем эти два кубика на одну чашку весов,
а на вторую — последовательно по паре оставшихся кубиков
(разбиение 18 оставшихся кубиков на 9 пар производим произ-
произвольно). Если какая-нибудь пара кубиков перетягивает нашу
пару, то это значит, что оба кубика во второй паре дюра-
дюралевые; если перетягивает первая пара, то оба кубика второй
пары — алюминиевые; если обе пары имеют один вес, то, зна-
значит, вторая пара тоже содержит один алюминиевый и один
дюралевый кубики. Таким образом, в случае 1° мы можем
определить число дюралевых кубиков при помощи 10 взвеши-
взвешиваний (одно взвешивание и еще 9).
2°. При первом взвешивании чашки весов ос-
остались в равновесии. В таком случае кубики первой
пары или оба алюминиевые, или оба дюралевые. Кладем, да-
далее, эти два кубика на одну чашку весов, а на вторую — после-
последовательно кладем по паре кубиков из числа оставшихся 18.
Пусть первые к из этих пар оказываются одного веса с перво-
первоначальной, а (к + 1)-я пара — другого веса. (Если к = 9, то все
кубики оказываются одного веса и, следовательно, дюралевых
кубиков нет вовсе; случай к = 0 ничем не отличается от об-
общего случая.) Предположим для определенности, что (к + 1)-я
пара оказалась более тяжелой, чем первоначальная (рассуж-
(рассуждение мало изменилось бы, если (к + 1)-я пара оказалась бы
более легкой). В таком случае первые два кубика, а следова-
следовательно, и кубики тех к пар, которые оказались с ними одного
веса, обязательно алюминиевые. Итак, мы произвели пока
1 + (к + 1) = к + 2 взвешиваний и выделили при этом к + 1
пар алюминиевых кубиков. Теперь положим на чашки весов
по кубику из последней взвешенной пары ((к + 3)-е взвешива-
взвешивание). Если оба кубика окажутся одинакового веса, то оба они
должны быть дюралевыми; в противном случае — один из них
алюминиевый, а второй дюралевый. В обоих случаях мы мо-
можем после к + 3 взвешиваний указать пару из двух кубиков,
один из которых алюминиевый, а второй дюралевый. С по-
помощью этой пары мы 8 — к взвешиваниями определим число
дюралевых кубиков среди оставшихся 20 — 2(к + 2) = 16 — 2к
РЕШЕНИЯ 91
кубиков аналогично тому, как мы поступали в случае 1°. Об-
Общее число взвешиваний в случае 2° будет равно к + 3 +
+ (8-А;) = 11.
6. а) Разделим наши монеты на три группы по четыре мо-
монеты в каждой. При первом взвешивании поместим на каж-
каждую чашку весов по группе из четырех монет. Возможны два
варианта.
1°. Чашки весов уравновесились.
2°. Одна из чашек перевесила.
Рассмотрим оба варианта в отдельности.
1°. При первом взвешивании чашки весов
уравновесились. Следовательно, фальшивая монета нахо-
находится в оставшейся группе, а 8 монет на весах — настоящие.
Перенумеруем монеты из оставшейся группы: 1, 2, 3, 4. Поло-
Положим при втором взвешивании монеты 1, 2 и 3 на одну чашку,
а на другую — три монеты из числа восьми заведомо настоя-
настоящих. Возможны два случая:
А) Чашки весов уравновесились. Тогда монета 4 фальши-
фальшивая. Сравнивая третьим взвешиванием ее с настоящей, мы на-
находим, легче она или тяжелее, чем настоящая.
Б) Одна из чашек перетянула. В этом случае фальшивой
является одна из монет 1, 2 или 3. При этом, если перетянула
чашка с настоящими монетами, то фальшивая монета легче
настоящих; одним взвешиванием мы без труда выделяем более
легкую из трех монет: 1, 2 и 3 (ср. с решением задачи4, а)).
Если же перетянула чашка с монетами 1, 2, 3, то фальшивая
монета тяжелее настоящих; и в этом случае ее легко опреде-
определить одним взвешиванием.
2°. При первом взвешивании одна из чашек
весов перетянула. Тогда все монеты в оставшейся груп-
группе настоящие. Обозначим монеты, лежавшие на перетянувшей
чашке, через 1, 2, 3, 4 (если одна из этих монет фальшивая, то
она тяжелее настоящих), а монеты на другой чашке — че-
через I7, 27, З7, 47 (если одна из этих монет фальшивая, то она
легче настоящих). При втором взвешивании поместим на
одну чашку монеты 1, 2 и I7, а на другую — монеты 3, 4, и 27.
Возможны опять-таки различные случаи.
А) Чашки уравновесились. Тогда фальшивая одна из мо-
монет З7 или 47 (и при этом она легче настоящих). При третьем
92 РЕШЕНИЯ
взвешивании поместим на одну чашку весов монету З7, а на
вторую — монету 4'; та из этих монет, которая окажется легче
другой, и будет фальшивой.
Б) Перетянула чашка с монетами 1, 2, V'. В этом случае
монеты 3, 4 и 1' — настоящие; в самом деле, если бы одна
из монет 3, 4 была бы тяжелее остальных или монета V была
бы легче остальных, то при втором взвешивании чашка, на
которой лежат монеты 3, 4 и 27, должна была бы перетянуть,
чего на самом деле не случилось. Итак, фальшивой является
одна из монет 1, 2 (в этом случае фальшивая монета тяжелее
настоящих) или 2' (в этом случае фальшивая монета легче на-
настоящих). Положим при третьем взвешивании на одну чашку
монету 1, а на другую — монету 2. Если чашки уравновеси-
уравновесились, то фальшивая монета 2', а если одна из чашек перетя-
перетянула, то на перетянувшей чашке лежит фальшивая монета.
В) Перетянула чашка с монетами 3, 4, 2!. Рассуждая ана-
аналогично предыдущему, мы заключаем, что монеты 1, 2 и 2'
настоящие и что либо одна из монет 3, 4 фальшивая и тяжелее
настоящих, либо монета V фальшивая и легче настоящих. При
третьем взвешивании положим на одну чашку монету 3, а на
другую — монету 4. Если весы уравновесились, то фальши-
фальшивая монета V'. Если же одна из чашек перетянула, то на ней и
находится фальшивая монета.
Зп — 3
б) Доказательство того, что если число монет N ^ ,
то фальшивую монету можно выделить (и определить, легче
она или тяжелее остальных) при помощи п взвешиваний, а если
Зп — 3
N > , то это невозможно (см. указание к настоящей
Zl
задаче), мы проведем в три этапа.
А. Решим сначала более простую задачу. Предположим,
что нам дано N монет, разделенных на две группы: группу X
и группу Y (одна из этих двух групп может, в частности, не
содержать ни одной монеты). Известно, что среди наших N
монет есть одна фальшивая.
Известно также, что если фальшивая монета находится
в группе X, то она легче остальных, а если — в группе У,
то тяжелее. Требуется доказать, что если N ^ Зп, то
фальшивую монету наверняка можно выделить
РЕШЕНИЯ 93
при помощи п взвешивании на чашечных весах
без гирь, а если N > Зп, то это может оказаться
невозможным К (В частном случае, когда группа Y не со-
содержит ни одной монеты, наша задача формулируется так:
среди N монет имеется одна фальшивая, более легкая, чем
остальные. Доказать, что если N ^ Зп, то фальшивую монету,
наверное, можно выделить п взвешиваниями на чашечных ве-
весах без гирь, а если N > Зп, то это не всегда возможно; см.
задачу 4, б).)
Доказательство будем проводить методом математической
индукции. Прежде всего покажем, что из 7V ^ Зп монет
фальшивую монету всегда можно выделить п
взвешиваниями. При п = 1, т. е. при N = 1, 2 или 3,
это утверждение почти очевидно (с одним ограничением, о ко-
котором говорится в подстрочном примечании); так, например,
при N = 3 для определения фальшивой монеты достаточно
сравнить вес двух монет из одной группы. Предположим те-
теперь, что мы уже доказали, что если N ^ 3n-1, то фальшивую
монету можно выделить п — 1 взвешиваниями, и пусть N ^ Зп.
Поместим на каждую чашку весов по х монет из группы X и
по у монет из группы У, где х ж у выбраны так, чтобы удов-
удовлетворялись неравенства
х + у ^ Т~\ N-2(x + y)^ T~l.
f Если N ^ Зп, то неравенство N - 2(х + у) ^ 3n-1 или х +
N — Зп~1 Зп — Зп~1
+ у ^ совместимо с х + у ^ = 3n-1,
Zj Zj
т. е. всегда можно выбрать х и у так, что З" ^ х + у ^
^ . 1 Ьсли весы окажутся в равновесии, то, значит,
фальшивая монета находится среди N — 2(х + у) монет, не по-
положенных на весы, а если одна из чашек перевесит, то, значит,
она находится или среди х монет из группы X, лежащих на
более легкой чашке, или среди у монет из группы У, лежащих
на более тяжелой чашке. Но согласно сделанному предположе-
предположению в обоих случаях мы можем выделить фальшивую монету,
^ Это утверждение имеет одно очевидное исключение: если N = 2 и
группы X и Y содержат по одной монете, то фальшивую монету, разу-
разумеется, вовсе невозможно выделить.
94 РЕШЕНИЯ
произведя еще п — 1 взвешиваний (ибо и 7V — 2(х-\-у) и ж + у не
превосходят Зп-1*)). Тем самым доказано, что из N ^ Зп мо-
монет фальшивую можно выделить при помощи п взвешиваний.
Докажем теперь, что при N > Зп фальшивую моне-
монету, вообще говоря, нельзя выделить при помо-
помощи п взвешиваний. Для дальнейшего нам будет важно
доказать несколько более общее утверждение: предположим,
что помимо двух групп, содержащих N > Зп монет, из кото-
которых одна — фальшивая, мы имеем еще некоторое число за-
заведомо настоящих монет; эту группу настоящих монет мы
обозначим буквой Z (число монет в группе Z для дальней-
дальнейших рассуждений безразлично). Покажем, что даже и в этом
случае фальшивую монету, вообще говоря, нельзя выделить п
взвешиваниями. Легко проверить, что при п = 1 (т. е. если
общее число монет в группах X и Y превосходит 3) дейст-
действительно одним взвешиванием не всегда можно выделить фаль-
фальшивую монету. Предположим теперь, что мы умеем дока-
доказать, что в случае, когда общее число монет в группах X и
Y превосходит 3n-1, не всегда можно выделить фальшивую
монету п — 1 взвешиваниями, и покажем, что в таком случае
при N > Зп фальшивую монету не всегда можно выделить п
взвешиваниями. Допустим, что при первом взвешивании мы
на одну чашку весов положили х монет из группы X, у монет
из группы Y и z монет из группы Z, а на вторую — х1 монет
из группы X и у' монет из группы У, причем x + y + z = xf -\-yf
(ясно, что совершенно бесцельно класть монеты из группы Z
на обе чашки весов); пусть из монет групп X и Y при этом
невзвешенными останутся ио монет (х + х' + у + у' + ио = N).
Так как при этом весы могут оказаться в равновесии, то, по
предположению индукции, для того чтобы можно было обой-
обойтись п взвешиваниями, ио должно не превосходить Зп~1; но в
этом случае
x + y + x' + y'^N- З71 > Зп - З" = 2 • 3й
^ Если N > 2, то случай, когда х = 1, у = 1, уже не представляет
исключения, так как теперь мы кроме двух монет имеем еще некоторое
число заведомо настоящих монет; сравнив вес одной из них с весом одной
из сомнительных монет, мы одним взвешиванием выделим фальшивую
монету.
РЕШЕНИЯ 95
и большее из чисел х + у1 и х1 + у будет больше Зп 1. Но если,
например, х' + у > 3n-1, то согласно сделанному предположе-
предположению мы не сможем обойтись п — 1 взвешиваниями в том случае,
когда перевесит чашка весов, на которой находилось х монет
из группы X и у монет из группы Y. Тем самым полностью
доказано, что при N > Зп фальшивую монету не всегда можно
выделить при помощи п взвешиваний, чем и завершается до-
доказательство предложения А.
Б. Рассмотрим теперь такую задачу. Пусть дано N мо-
монет, среди которых имеется одна фальшивая, отличающаяся
от остальных по весу (более легкая или более тяжелая, не-
неизвестно), и кроме этих N монет еще по крайней мере одна
заведомо настоящая монета. Покажем, что при
фальшивую монету всегда можно выделить п
взвешиваниями и определить при этом, легче
она или тяжелее остальных, а при
Зп-1
N>
это не всегда возможно.
Зп — 1
Пусть сначала N ^ . При п = 1 (т. е. при N = 1)
одного взвешивания достаточно. Будем считать, далее, уже
доказанным, что при
3п-1 _ Х
N
2
можно обойтись п — 1 взвешиваниями, и покажем, что в таком
случае при
можно обойтись п взвешиваниями. Поместим на одну чашку
весов х из данных N монет и одну настоящую монету, а на
вторую чашку весов х + 1 монет; при этом невзвешенными
останутся N — 2х — 1 монет. Выберем х таким образом, чтобы
2х + 1 ^ Т~\ N-2x-l^ T о~1;
96 РЕШЕНИЯ
3n — 1 /
ясно, что х всегда можно так выбрать, если N ^ (в
z \
on—1 1 on 1 on—1 1 ч
этом случае N ^ = Зп~1 ]. Если
Z Z Z /
весы окажутся в равновесии, то останется
оп-1 _ 1
N _ 2х -
Z
непроверенных монет и ряд заведомо настоящих монет; по-
поэтому, по предположению, мы можем выделить фальшивую
монету, произведя еще не более чем п — 1 взвешиваний. Если
равновесия не будет, то х монет на одной чашке и х + 1 на
другой образуют две группы, содержащие всего 2х + 1 ^ Зп~1
монет, к которым применимы результаты рассмотренной ра-
ранее задачи А; следовательно, и в этом случае нам потребуется
еще не более п — 1 взвешиваний. Тем самым полностью дока-
доказано, что при
n
можно обойтись п взвешиваниями.
Покажем теперь, что при
Зп-1
N>
не всегда можно обойтись п взвешиваниями. При
п = 1 (т. е. при N > 1) легко видеть, что, действительно,
одного взвешивания недостаточно. Далее будем опять пользо-
пользоваться индукцией. Предположим, что для
3п-1 _ х
N>^z—
доказано, что п — 1 взвешиваний может не хватить, и рассмот-
рассмотрим случай, когда
Пусть на одну чашку весов мы положили х монет из наших N
и z монет заведомо настоящих (здесь мы считаем даже, что
заведомо настоящих монет у нас не одна, а много), а на вто-
вторую х + z монет из наших N; число сомнительных монет,
РЕШЕНИЯ 97
оставшихся невзвешенными, обозначим через ио. Так как
весы могут оказаться в равновесии, то для того чтобы можно
было обойтись п взвешиваниями, ио должно быть не
З _ ^
ше (по сделанному предположению). Но в этом слу-
/ Зп — 1 \
чае 2х + z > Зп~1 (ибо N > —-—); так как к двум груп-
группам X и У, состоящим из сомнительных монет, лежащих на
одной и на другой чашке весов, в случае, если равновесия не
будет, полностью применимы все результаты задачи А, то из
неравенства 2х + z > Зп~1 следует, что при нарушении равно-
равновесия п взвешиваний может не хватить.
В. После этих предварительных рассмотрений перейдем к
решению нашей основной задачи. Покажем, что, имея N
монет
on о
из которых одна фальшивая (более легкая или
более тяжелая, неизвестно), всегда можно выде-
выделить п взвешиваниями фальшивую монету и
определить, легче она или тяжелее других \
Поместим на одну и на другую чашку весов по х монет; то-
тогда еще N — 2х монет останутся невзвешенными. При этом х
выберем так, что
ога-1 _ 1
2х ^ Зп~\ N - 2х ^ ;
А
при
on о
это является возможным. Если весы окажутся в равновесии,
то сомнительными останутся лишь
невзвешенных монет; сверх того, у нас будет 2х заведомо на-
настоящих монет, и, в силу результатов пункта Б, мы можем
*) Очевидно, что если число монет равно 2, то фальшивую монету вовсе
невозможно определить.
7 Д.О. Шклярский и др.
98 РЕШЕНИЯ
при помощи еще п — 1 взвешиваний выделить фальшивую мо-
монету. Если же одна из чашек перевесит, то к двум группам
монет на двух чашках применимы результаты задачи А; так
как общее число монет на этих чашках равно 2х < 3n-1, то и
в этом случае для выделения фальшивой монеты достаточно
произвести еще п — 1 взвешиваний.
Докажем теперь, что если
лт Т - 3
то п взвешиваний может не хватить. Пусть при
первом взвешивании на каждую чашку помещено по х монет
и оо монет остались невзвешенными. Если весы окажутся в
равновесии, то, в силу результата Б, для определения фаль-
фальшивой монеты и выяснения того, легче она или тяжелее на-
настоящих, достаточно произвести еще п — 1 взвешиваний лишь
з"-1 -1 __
в том случае, если ио не превосходит . Но тогда
2х
2
3n _ з 3П-1 _ ]_ 2 ¦ 3й-1 -
Так как 2х четно, то, следовательно, 2х > Зп г и в силу
результатов А нельзя будет п взвешиваниями выделить фаль-
фальшивую монету, если одна из чашек перевесит.
Таким образом, мы полностью доказали предложение,
сформулированное в указании к задаче. Теперь достаточно
только заметить, что
З7 — 3 З6 — 3
—— = 1092 > 1000 > 363 = ——,
Zi Zi
чтобы получить ответ задачи к = 7.
7. а) Достаточно распилить одно третье звено; при этом
цепочка распадется на две части, содержащие соответствен-
соответственно 2 и 4 звена, и на одно отдельное (распиленное) звено. В
первый день постоялец отдаст это звено; во второй — заберет
его обратно и отдаст взамен часть цепочки, состоящую из
двух звеньев; в третий — добавит снова распиленное звено; в
четвертый — заберет все, что дал раньше, и передаст часть
РЕШЕНИЯ 99
цепочки из четырех звеньев; в пятый — добавит еще раз рас-
распиленное звено; в шестой — возьмет обратно это звено и даст
взамен часть цепочки из двух звеньев; в седьмой — отдаст
последнее звено.
б) Удобно сначала разобрать следующую задачу: при ка-
каком наибольшем п достаточно распилить к звеньев п-звенной
цепи для того, чтобы любое число звеньев от 1 до п можно
было получить, взяв некоторые из образовавшихся частей це-
цепи? Для решения этой задачи рассмотрим, каково наиболее
выгодное расположение к распиленных звеньев. Так как после
перепиливания к звеньев у нас будет к отдельных (распилен-
(распиленных) звеньев, то любое число звеньев от 1 до fc мы сможем
набрать уже только из них. Но к + 1 звеньев мы уже не смо-
сможем получить, если у нас не будет части, состоящей из к + 1
или менее звеньев. Ясно, что наиболее выгодно будет иметь
часть точно из к + 1 звеньев; тогда из этой части и к отдель-
отдельных звеньев мы сможем набрать любое число от 1 до 2к + 1.
Для того чтобы можно было получить также 2к + 2 = 2{к + 1)
звеньев, нам надо будет иметь еще часть, содержащую 2(/с + 1)
или менее звеньев; наиболее выгодно для нас будет, если эта
часть будет содержать ровно 2{к + 1) звеньев. Теперь мы мо-
можем уже составить все числа от 1 до 2к + 1 + 2(к + 1) = Ак + 3;
следующая по величине часть, которая нам необходима, — это
часть, содержащая А(к + 1) звеньев. Продолжая рассуждать
таким же образом, убедимся, что наиболее выгодным будет,
если к + 1 частей, получающихся после того, как мы распили-
распилили к звеньев (отдельные к звеньев, получающихся при этом,
мы здесь не засчитываем в число частей), будут иметь соот-
соответственно следующие числа звеньев:
А; + 1, 2(А; + 1), 4(А; + 1), 8(А; + 1), ..., 2к(к + 1).
В этом случае любое число звеньев от 1 и до
п = к + {к + 1 + 2(к + 1) + А(к + 1) + ... + 2к(к + 1)} =
= к + Bк+1 - 1)(к + 1) = 2к+1(к + 1) - 1
можно будет составить из частей цепи.
Итак, если 2кк ^ п ^ 2к+1(к + 1) — 1, то можно обой-
обойтись к разрывами цепи, но нельзя обойтись к — 1 разрывами.
100 РЕШЕНИЯ
В частности:
при 2 ^ n ^ 7 к = 1;
при 8 ^ п ^ 23 к = 2;
при 24 ^ п ^ 63 к = 3;
при 64 ^ n ^ 159 А; = 4;
при 160 ^ п ^ 383 А; = 5;
при 384 ^ п ^ 895 к = 6;
при 896 ^ n ^ 2047 А; = 7.
Итак, мы видим, что при п = 2000 наименьшее число рас-
распиленных звеньев равно 7. Условия задачи будут выполнены,
если выбрать эти звенья так, чтобы получающиеся 8 частей
цепи G отдельных звеньев мы здесь не считаем) имели соот-
соответственно 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512 и 977 звеньев.
8. Пусть А — первый из двух выбранных учеников, а В —
второй. Если АжВ стоят в одном поперечном ряду, то В
выше А, ибо А — самый низкий ученик в своем поперечном
ряду; если АжВ стоят в одном продольном ряду, то В также
выше А, ибо В самый высокий ученик в своем продольном
ряду; наконец, если АжВ стоят в разных поперечных и про-
продольных рядах и С стоит в том же поперечном ряду, что и А,
и в том же продольном ряду, что и Б, то В выше А, так
как В выше С, а А ниже С.
9. Из условия задачи прежде всего следует, что все гири
одновременно имеют или четный, или нечетный вес. Дейст-
Действительно, из того, что каждые 12 гирь можно разбить на две
группы равного веса, следует, что общий вес каждых 12 гирь
четен. При этом общий вес 12 гирь останется четным и в том
случае, если произвольную из них заменить отложенной 13-й
гирей. А это возможно только в том случае, если вес каждой
из 12 гирь четен или нечетен одновременно с весом отложен-
отложенной 13-й гири, что и приводит к нашему заключению.
Вычтем теперь из весов всех гирь вес самой легкой гири
(или самых легких, если их несколько). При этом мы, оче-
очевидно, получим новую систему гирь, которая тоже удовлетво-
удовлетворяет условиям задачи; следовательно, веса всех новых гирь
тоже имеют одинаковую четность. А так как среди новых
гирь имеются «гири» нулевого веса, то вес всех новых гирь
должен быть четным. Разделим теперь веса всех гирь на два.
РЕШЕНИЯ 101
При этом мы получим новую систему гирь, тоже удовлетво-
удовлетворяющую условиям задачи.
Предположим теперь, что не все исходные гири имеют оди-
одинаковый вес. В таком случае не все гири второй системы,
веса которых получаются из весов первоначальных гирь вы-
вычитанием веса наилегчайших гирь, будут «нулевыми». В этом
случае путем последовательного деления весов всех гирь на
два мы в конце концов придем к системе гирь, часть из ко-
которых имеет четный вес (например, вес «нуль»), а часть —
нечетный вес. Но мы уже показали, что такая система гирь
не может существовать. Полученное противоречие и доказы-
доказывает утверждение задачи.
Примечание. В условии задачи требовалось, чтобы веса всех
гирь были целыми числами. Однако нетрудно видеть, что если
считать веса гирь числами рациональными, а не целыми, ре-
результат задачи не изменится. Действительно, в этом случае, ум-
умножив веса всех гирь на некоторый множитель (приведя все веса к
общему знаменателю и отбросив знаменатель), можно свести задачу
к случаю целых весов. Более того, если позволить весам гирь быть
произвольными иррациональными числами, мы все равно смо-
сможем утверждать, что все они равны между собой: это следует из
того, что можно найти рациональные числа, сколь угодно близкие
к данным иррациональным числам (рекомендуем читателю попы-
попытаться самостоятельно провести полное доказательство; следует,
впрочем, предупредить, что сделать это аккуратно не так уж
просто).
10. Выпишем в каждой строке, начиная с третьей, четыре
первых числа и поставим на месте четного числа букву ч, а
на месте нечетного числа — букву н. Получится полоса:
нчнч
ннчн
нччч
нннч
нчнч
Мы видим, что пятая строка нашей полосы совпала с пер-
первой. С другой стороны, четность или нечетность первых че-
четырех чисел каждой строки нашего числового треугольника
102 РЕШЕНИЯ
зависит только от четности или нечетности первых четырех
чисел предыдущей строки; следовательно, в нашей полосе стро-
строки будут периодически повторяться через каждые четыре
строки. Так как в каждой из четырех первых строк полосы
имеется четное число, то отсюда вытекает, что оно будет и
во всех последующих строках.
11. Изменим порядок расположения полей по кругу, а имен-
именно, расположим их в порядке, при котором можно было бы
переходить с одного поля на соседнее. Иными словами, после
поля 1 поместим 6 (ибо по условию задачи с поля 1 можно
перейти на б), после 6 поместим поле 11 (с поля 6 можно
перейти на 11\ затем 4 (ибо с поля 11 можно перейти на 4) и
т. д. При этом мы получим порядок полей, изображенный на
следующей схеме:
К Ж
i у v /? 2 v ii j у I 2 у Q 2 у О
х г
Q J \ Q 2 V 1П 2 V К 2 V 10 2 \ 7
О л 7 О л 7 -L U л 7 О л 7 ± /О л 7 I
Мы можем считать, что имеем 12 полей, расположенных
именно таким образом (ведь фактически занимаемое полем
место значения не имеет) и занумерованных так, как это ука-
указано на нашей схеме. При этом фишки первоначально стояли
так, как это обозначено на схеме буквами сверху и снизу по-
полей (буква К обозначает красную фишку, буква Ж — желтую,
буква 3 — зеленую и буква С — синюю). Правило движения
фишек при этом новом расположении полей оказывается чрез-
чрезвычайно простым — каждая фишка может сдвинуться на одно
поле влево или вправо, если только это соседнее поле не занято.
Теперь совершенно ясно, что единственный способ, каким
фишки могут поменяться местами, — это двигаться по кругу
в одном или другом направлении: ведь ни одна фишка не мо-
может «перегнать» другую, ибо другая преграждает ей путь.
Таким образом, если фишка К займет поле 4-> то фишка С
должна будет занять поле 2, фишка Ж — поле 3 и фишка 3 —
поле 1. Если фишка К займет поле 2, то фишка С должна
будет занять поле 5, фишка Ж — поле i, фишка 3 — поле 4-
РЕШЕНИЯ 103
Если фишка К займет поле 5, то фишка С должна будет занять
поле i, фишка Ж — поле 4 и фишка 3 — поле 2.
Никакие другие новые расположения фишек невозможны.
12. Первое решение. Пусть п — число орехов, кото-
которое досталось утром каждому из приятелей; в таком случае
Ъп + 1 есть число орехов, которое было утром в мешке. Пос-
г 5п + 1
леднии из проснувшихся ночью, очевидно, взял себе —-—, а
5п + 1 25п + 9
до этого в мешке было 5— Ь1 = орехов. Предпос-
г 1 25п + 9
леднии проснувшийся взял себе , а до этого в мешке
г 1 25п + 9 л 125п + 61
было 5 • - • V 1 = орехов; третий взял себе
4 4 16
1 125n + 61 r 1 125п + 61 л
— • , а до этого в мешке было 5 • - • Ь 1 =
4 16 4 16
625п + 369 о 1 625п + 369
= орехов; второй взял себе - • , а до
64 4 64
г 1 625п + 369 л 3125п + 2101
этого в мешке было 5 Ь1 = орехов;
1 3125п + 2101
наконец, первый взял себе — • , а первоначально в
4 256
мешке было
_ 1 3125п + 2101 _ 15625п + 11529 _
'I 256 + " 1024 "
лл 265п + 265
орехов. Так как это число должно быть целым, то 265(п + 1)
должно делиться на 1024. Наименьшее значение п, удовлетво-
удовлетворяющее этому условию, равно, очевидно, 1023 и в этом случае
N = 15- 1023 + 11 + 265 = 15621.
Второе решение. Эту задачу можно решить значитель-
значительно быстрее и почти без всяких подсчетов, если внимательно
рассмотреть те условия, которые накладывает ее содержание
на общее число N орехов. Первое условие задачи заключается
в том, что при первом разделе на пять частей в остатке оста-
остается один орех. Это условие означает, что N при делении на 5
104 РЕШЕНИЯ
должно дать в остатке 1, т. е. N = 5/ + 1; числа, удовлет-
удовлетворяющие этому условию, встречаются в натуральном ряду
чисел с интервалом в пять чисел, и, зная одно такое число, мы
можем найти неограниченно много других, прибавляя к нему
(или вычитая из него) числа, кратные 5. Второе условие за-
4
дачи утверждает, что к = -(N — 1) = 4/ дает при делении
о
на 5 остаток 1, т. е. к = Ы\ + 1. Это требование равносильно
тому, что / дает при делении на 5 остаток 4 или что N = 5/ +1
дает при делении на 25 остаток 21; числа, удовлетворяющие
этому условию, встречаются в числовом ряду с интервалом
в 25 чисел, и, зная одно такое число, мы можем получить
сколько угодно других, прибавляя к нему (или вычитая из
него) числа, кратные 25. Точно так же третье условие задачи
4
утверждает, что к\ = -(к — 1) = 4/i дает при делении на 5
5
остаток 1; это условие определяет остаток от деления числа 1\
на 5 или остатки от деления чисел к и / на 25, или остаток от
деления N на 125. Все условия задачи определяют остаток от
деления числа N на 56 = 15 625; числа, удовлетворяющие этим
условиям, встречаются в натуральном ряду чисел с интерва-
интервалом в 15 625.
Мы могли бы подсчитать остаток, который дает при де-
делении на 56 число 7V, но в этом нет нужды. Дело в том, что
одно число, удовлетворяющее всем условиям задачи, является
очевидным. Этим числом является —4. Действительно, при
делении на 5 число —4 дает в частном —1 и в остатке +1;
4
поэтому, если вычесть из —4 число 1 и взять — от получен-
5
ной разности, уже делящейся на 5, то мы получим то же чис-
число —4. Поэтому при всех последующих делениях на 5 мы бу-
будем иметь тот же остаток +1. Правда, число —4 не может
служить ответом нашей задачи, так как, по условию, число N
должно бить положительным; но, зная одно число, удовлетво-
удовлетворяющее условиям задачи, мы можем получить сколько угодно
других, прибавляя к нашему числу кратные 56. Наименьшее
положительное число, удовлетворяющее условиям, есть, оче-
очевидно, -4 + 56 = 15 625 - 4 = 15 621.
13. Обозначим число овец в стаде через п; в таком случае
РЕШЕНИЯ 105
братья взяли за каждую овцу п рублей и, следовательно, всего
выручили N = п • п = п2 рублей. Пусть d есть число целых
десятков числа n, a e— число единиц; тогда n = 10d-\-e и
N = A0rf + еJ = 1(Ш2 + 20de + е2.
Из условий дележа следует, что старшему брату досталось
одной десяткой больше, чем младшему, т. е. что общая сум-
сумма N содержит нечетное число десятков (и какой-то оста-
остаток). Но 100с/2 + 20de = 20dEd + е) делится на 20 (содержит
четное число десятков); следовательно, число е2 должно содер-
содержать нечетное число десятков. Так как е меньше 10 (е есть
остаток от деления числа п на 10), то е2 может иметь только
одно из следующих значений:
1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81.
Но из этих чисел только 16 и 36 содержат нечетное число
десятков; следовательно, е2 равно 16 или 36. Оба этих чис-
числа оканчиваются на 6; значит, тот остаток, который получил
младший брат взамен нехвативших ему 10 рублей, равен 6 руб-
рублям, и старший получил на 4 рубля больше младшего. По-
Поэтому, для того чтобы раздел был справедливым, старший
должен еще доплатить младшему 2 рубля. Следовательно, пе-
перочинный нож был оценен в 2 рубля.
14. а) Наш календарь устроен следующим образом. Каж-
Каждый год имеет 365 дней. Исключением являются годы, номера
которых делятся на 4: эти годы (високосные годы) имеют
лишний 366-й день B9 февраля). Однако и это правило имеет
исключения: годы, номера которых делятся на 100, но не де-
делятся на 400, имеют не 366 дней, а 365, т. е. не являются
високосными; так, 1900 и 1800 гг. не были високосными, не
будет високосным и 2100 г., в то время как 2000 г. будет ви-
високосным B000 делится на 400). Задача заключается в том,
чтобы выяснить, каким днем чаще бывает по нашему кален-
календарю 1 января: субботой или воскресеньем.
Промежутки, через которые следуют друг за другом чи-
числа 1 января, не всегда постоянны, но эти промежутки изме-
изменяются периодически, с периодом в 400 лет. При этом 400 лет
содержат целое число недель: действительно, невисокос-
невисокосный год содержит 52 недели и еще 1 день, а високосный —
106 РЕШЕНИЯ
52 недели и 2 дня; в течение четырех лет (из которых один
високосный) набегает, таким образом, сверх 4 • 52 недель
еще 5 дней; в течение 400 лет должно было бы набежать еще
500 дней, но так как три года, делящиеся на 100, но не деля-
делящиеся на 400, не являются високосными, то за 400 лет сверх
400 • 52 недель набегает всего 500 — 3 = 497 дней, т. е. ровно
71 неделя. Поэтому нам достаточно выяснить, каким днем
чаще бывает 1 января за какие-либо 400 лет; этим днем будет
чаще 1 января и за любые другие 400 лет.
Рассмотрим теперь промежуток в 400 лет с 1901 г. по
2301 г. Отметим, что если в течение 28 лет каждый четвер-
четвертый год является високосным (т. е. эти 28 лет не содержат
года, номер которого делится на 100, но не делится на 400),
то эти 28 лет содержат целое число недель: в течение каждых
четырех лет набегает сверх целого числа недель еще 5 дней,
а за 28 лет набегает 5 • 7 = 35 дней, т. е. 5 недель. Теперь
отметим, что 1 января 1952 г. было вторником. Так как каж-
каждый невисокосный год содержит целое число недель и один
день, а високосный — целое число недель и 2 дня, то 1 января
1953 г. — четверг A952 г. високосный), 1 января 1954 г. —
пятница, 1 января 1955 г. — суббота и т. д.; точно так же
1 января 1951 г. было понедельником, 1 января 1950 г. было
воскресеньем и т. д. Таким образом, подсчитываем, что за
28 лет с 1929 г. по 1956 г. 1 января является каждым из семи
дней недели ровно по 4 раза. Точно такое же распределение
дней, с которых начинается новый год, было и в течение 28 лет
с 1901 г. по 1928 г. (напоминаем, что 28 лет, среди которых
каждый четвертый является високосным, содержит целое чи-
число недель, и, следовательно, через каждые 28 лет будет повто-
повторяться точно такое же распределение первых дней года, как
и в предыдущие 28 лет); такое же распределение первых дней
года будет и в периоды 1957-1984 гг., 1985-2012 гг. B000 г.,
как делящийся на 400, будет високосным), 2013-2040 гг., 2041-
2068 гг. и 2069-2096 гг. Итак, в промежутке 1901-2096 гг.
1 января будет одинаковое число раз каждым днем недели.
Далее, 1 января 2097 г. будет тем же самым днем, что 1 ян-
января 1901 г. или 1 января 1929 г., т. е. вторником, 1 января
2098 г. будет средой, 1 января 2099 г. — четвергом, 1 января
2100 г. — пятницей, 1 января 2101 г. — субботой B100 г. не
РЕШЕНИЯ 107
будет високосным). Последующие 28 лет будут отличаться от
промежутка 1901-1928 гг. тем, что они начались не со втор-
вторника, а с субботы; это вызовет соответствующую переста-
перестановку дней, которыми будут являться 1 января; однако, так
как в течение 28 лет с 1901 г. по 1928 г. 1 января было ровно
по 4 раза каждым днем недели, то и в промежутке с 2101 г.
по 2128 г. 1 января будет каждым днем недели по 4 раза.
Это соображение относится и к промежуткам 2129-2156 гг. и
2157-2184 гг.; 2185 г. начнется с того же самого дня, что и
2101 г., т. е. с субботы. Это позволяет определить, с каких
дней будут начинаться годы с 2185 г. по 2201 г. Простой под-
подсчет показывает, что в промежутке между 2185 г. и 2200 г.
1 января будет по 2 раза понедельником, средой, четвергом,
пятницей и субботой и по 3 раза — воскресеньем и вторни-
вторником. 1 января 2201 г. будет четвергом. В течение 3 • 28 = 84
лет с 2201 г. по 2284 г. 1 января будет каждым днем недели
одинаковое число раз. 1 января 2285 г. будет тем же днем,
что и 1 января 2201 г., т. е. четвергом. Это позволяет опреде-
определить распределение дней, с которых начинается год в интер-
интервале с 2285 по 2300 г.; оказывается, в течение этого интервала
1 января будет по 2 раза понедельником, вторником, средой,
четвергом и субботой и по 3 раза — воскресеньем и пятницей.
Таким образом, сверх тех периодов, в течение которых 1 ян-
января бывает одинаковое число раз каждым днем недели, мы
получили еще 2 + 2 = 4 понедельника, 1 + 3 + 2 = 6 вторников,
1 + 2 + 2 = 5 сред, 1 + 2 + 2 = 5 четвергов, 1 + 2 + 3 = 6 пятниц,
2 + 2 = 4 субботы и 3 + 3 = 6 воскресений. Отсюда следует,
что 1 января чаще бывает воскресеньем, чем субботой.
б) Аналогично решению задачи 14, а) можно показать, что
в интервале 400 лет 30-е число бывает воскресеньем 687 раз,
понедельником 685 раз, вторником 685 раз, средой 687 раз,
четвергом 684 раза, пятницей 688 раз, субботой 684 раза. Итак,
чаще всего 30-е число приходится на пятницу.
15. Легко видеть, что при зачеркивании последней цифры
целое число уменьшается не меньше чем в 10 раз. Ровно в
10 раз уменьшаются при зачеркивании последней цифры чи-
числа, оканчивающиеся нулем; следовательно, все эти числа удов-
удовлетворяют условию задачи.
Допустим теперь, что целое число х при зачеркивании по-
108 РЕШЕНИЯ
следней цифры уменьшается в целое число раз, большее чем 10,
а именно в 10 + а раз (а ^ 1); пусть у — число целых десятков
числа х (не цифра, а число!); z — цифра единиц: х = Юг/ + z.
После отбрасывания последней цифры число х переходит в
число у; поэтому наши условия дают
или
Юу + z = A0 +а) -у,
откуда
z = ау.
Так как z < 10, то и у < 10, а < 10; следовательно, чи-
числа, обладающие нужным свойством, двузначны и при отбра-
отбрасывании последней цифры могут уменьшиться не более чем в
19 раз. Теперь легко видеть, что при зачеркивании последней
цифры в 11 раз уменьшаются только числа 11, 22, 33, 44, 55,
66, 77, 88 и 99; в самом деле, если 10 + а = 11, то а = 1; следо-
следовательно, z = ау = у, х = Юг/ + z = lly, где у = 1, 2, 3, ..., 9.
Аналогично найдем, что в 12 раз уменьшаются лишь числа
12, 24, 36, 48; в 13 раз — 13, 26, 39; в 14 раз — 14, 28; в 15, 16,
17, 18 и 19 раз — только соответственно числа 15, 16,
17, 18 и 19.
16. а) Пусть искомое число имеет к-\-1 цифр; в таком случае
оно имеет вид 6 • 10^ + у, где у есть fc-значное число (которое
может начинаться с одного или нескольких нулей). По усло-
условию задачи имеем
6 • Ю* + у = 25 • у,
откуда
_ 6-10fe
У ~ 24 "
Отсюда вытекает, что к не может быть меньше 2 (ина-
(иначе 6 • 10^ не делилось бы на 24). При к ^ 2 число у оказывается
равным 25 • Ю^, т. е имеет вид 25 0.. .0 . Поэтому все иско-
(к — 2) нулей
мые числа имеют вид 625 0.. .0 (п = 0, 1,2,...).
п нулей
РЕШЕНИЯ 109
б) Решал задачу: найти число, начинающееся с данной
цифры а и уменьшающееся при зачеркивании этой цифры
в 35 раз, аналогично задаче а), мы придем к следующему ра-
равенству:
а -10*
где у — целое число (см. решение задачи а)). Но это равен-
равенство, очевидно, не может иметь место ни при каких целых
а ^ 9 и к.
Примечание. Совершенно аналогично решениям задач 16,а)
и б) можно показать, что число, начинающееся с известной циф-
цифры а), может уменьшаться при зачеркивании этой цифры в целое
число Ъ раз только в том случае, если Ъ — 1 есть большее а
число, такое что все простые делители Ъ — 1, отлич-
отличные от 2 и 5, входят (и при том в не меньшей степени)
а
так же и в состав числа а т. е. что есть правильная
V 6—1
дробь, которую можно превратить в конечную десятичную дробь).
Так, например, никакое число не может при зачеркивании первой
цифры уменьшаться в 85 раз (85 — 1 = 84 делится на 3 • 7, а ника-
никакая цифра не может одновременно делиться на 3 и на 7), а число
уменьшающееся при зачеркивании первой цифры в 15 раз, должно
начинаться с цифры 7 A5 — 1 = 14 делится на 7). Общий вид чисел,
которые при зачеркивании известной первой цифры а уменьшаются
в данное число Ъ раз, легко найти.
17. а) Покажем прежде всего, что никакое число N не
может уменьшиться в 9 раз при зачеркивании цифры, стоя-
стоящей дальше чем на втором месте. Действительно, обозначая
цифры числа N через ао, ах, ..., ап, т. е. полагая
а0 • КГ + ах • КГ + ... + ап = N,
N
мы заключим, что число — имеет п цифр, первые две из ко-
которых ао и ах, т. е.
Умножая последнее равенство на 10 и вычитая первое, получим
f < 10й,
110 РЕШЕНИЯ
что невозможно, так как
С другой стороны, из признака делимости на 9 вытекает,
что если число N делится на 9 одновременно с числом, полу-
получаемым из N вычеркиванием одной цифры, то эта цифра есть
О или 9. Таким образом, в нашем случае возможно только, что
первая или вторая цифра числа N равна 0 или 9 и вычерки-
вычеркивание этой цифры равносильно делению N на 9. Но первая
цифра N не может равняться 0, а если бы она была равна 9,
N
то число — имело бы столько же цифр, сколько N, и не могло
получаться из N вычеркиванием одной цифры. Далее, если
вторая цифра N равна 9 и число, получаемое из N зачеркива-
« л. N
нием этой цифры, равно —, то мы будем иметь
к)
N = а0 ¦ 10п + 9 ¦ К)" + а2 ¦ W71'2 + ... + ап,
-у = clq • 10 + а,2 • 10 + ... + ап,
откуда опять, умножая второе равенство на 10 и вычитая из
него первое, получим
(ибо п2 ^ 9). Таким образом, мы убеждаемся, что для того
чтобы уменьшить число N в 9 раз, в нем надо
зачеркнуть цифру 0, стоящую на втором месте.
Теперь мы имеем
N = а0 • 10п + а2 - Юп-2 + ... + ап,
N , ~
—- = а0 • 10 +а2-Ю +... + ап.
Отсюда следует
^ = N - а0 • Юп + а0 • Ю™-1 = N - а0 • Ю71 • 9
и, наконец,
1 N_N , щп-1.
РЕШЕНИЯ 111
* N
последнее означает, что, для того чтобы разделить число —-
на 9, в нем достаточно зачеркнуть первую цифру.
б) Имеем (см. решение задачи а))
^ = N - а0 • Ю" • 9,
откуда сразу следует
=
8
Теперь, считал uq равным соответственно 1, 2, 3 и т. д., по-
получим, что N может быть равно одному из чисел 10 125, 2 025,
30 375, 405, 50 625, 6 075, 70 875 или отличается от одного из
этих чисел каким-то количеством нулей в конце (uq не может
быть равно 8 или 9, так как в этом случае вторая цифра N
уже не будет нулем).
18. а) Аналогично решению задачи 17, а) в предположении,
что целое число N уменьшается в га раз при зачеркивании
третьей цифры, имеем
N = а0 • 10п + ах • Ю71'1 + а2 • 10n~2 + ... + ап,
Ю • — = а0 • Юп + (ц • КГ1 + а3 • Юп~2 + ... + ап • 10.
т
При 777, < 10 получаем N < 10n-1, что невозможно, так
777
как 10 ~ т > —, a— 7V = a0-10n-1 + ... > ИГ1. При т > 11
777 10 10
получаем • N < 10n-1, что невозможно по аналогичной
777
/ га- 10 1 \ тт
причине ибо > — . Наконец, если 777 = 11, то должно
V 777 10/
1 N N
быть —N < 10n-1, т. е. — = — имеет на две цифры меньше,
11 777 11
чем 7V, что тоже невозможно.
Таким образом, единственным возможным случаем явля-
является 777 = 10; следовательно, условию задачи удовлетворяют
числа, все цифры которых кроме первых двух — нули, и только
эти числа.
Примечание. Совершенно аналогично можно показать, что
единственные целые числа, уменьшающиеся в целое число раз при
112 РЕШЕНИЯ
вычеркивании k-ik цифры, где к > 3, есть числа, все цифры которых
кроме первых к — 1 — нули.
б) Аналогично решению задачи 17, принимая, что целое
число N уменьшается при вычеркивании второй цифры в т
раз, имеем
N = а0 • КГ + аг • КГ + а2 • 10п + ... + ап,
— = а0 • КГ + а2 • 10п + ... + ап.
т
Отсюда следует
— = N - а0 • КГ - сц • КГ + а0 • КГ,
т
или, после несложных преобразований,
(Эао + аО-КГ^-т
Л/ = . (*)
т — 1
Последнее выражение можно еще представить в следующем
виде:
N = а0 ¦ 10" + п1 ¦ 10^ - а0 ¦ Ю-1 + (9a0 + ai)-ir.
т — 1
Но, с другой стороны, мы знаем, что N есть (п + 1)-значное
число, начинающееся с цифр uq и а\\
N = а0 • 10п + аг • КO1'1 + а2 • КГ + ... + ап,
где можно считать, что не все цифры а2, ..., ап равны нулю
(противоположный случай сводится к рассмотрению двузнач-
двузначных чисел 7V; см. решение задачи 15). Таким образом, должно
иметь место неравенство
о<_„„
т —
или, что равносильно,
9ао + а\ . , ч
а0 < — < ао + 1. (**)
771—1
Таким образом, окончательно имеем следующие результа-
результаты. Искомые числа N выражаются формулой (*), где 0 ^
^ ао ^ 9, 0 ^ а\ ^ 9; так как N целое, а т и т — 1 вза-
9а0 + а\
имно просты, то отсюда следует, что простую дробь
т — 1
РЕШЕНИЯ 113
можно обратить в десятичную. При этом возможные значе-
значения ао, а\ и т должны удовлетворять неравенству (**) (кро-
(кроме того, отдельно следует присоединить к возможным значе-
значениям N двузначные числа, полученные в решении задачи 15).
Теперь остается только последовательно рассмотреть все воз-
возможные значения ао.
1°. ао = 1. В этом случае неравенство (**) дает
18 9
1 , ш-1<18; < 2, ш-1>4;
т 1
1< , ш1<18;
т — 1 т — 1
придавая га — 1 последовательно значения 5, 6, 7, ..., 17 и вы-
выбирая каждый раз подходящие значения ai, мы получаем сле-
следующие значения N:
7V = 1O8; 105; 10125, 1125, 12 375, 135, 14 625, 1575, 16 875;
121, 132, 143, 154, 165, 176, 187, 198;
1625, 195; 192, 180 625, 19125,
к каждому из которых еще можно приписать в конце произ-
произвольное число нулей.
Аналогично, далее, получаем следующее.
2°. а0 = 2:
7V = 2 025, 21375, 225, 23 625, 2 475, 25 875;
231, 242, 253, 264, 275, 286, 297; 2 925.
3°. а0 = 3:
7V = 30 725, 315, 32 625, 3 375, 34 875;
341, 352, 363, 374, 385, 396.
4°. а0 = 4:
7V = 405, 41625, 4 275, 43 875; 451, 462, 473, 484, 495.
5°. а0 = 5:
7V = 50 625, 5175, 52 875; 561, 572, 583, 594.
6°. а0 = 6:
7V = 6 075; 61875; 671, 682, 693.
8 Д.О. Шклярский и др.
114 РЕШЕНИЯ
7°. а0 = 7:
N = 781, 792.
8°. а0 = 8:
N = 891.
Значению clq = 9 не отвечает ни одно значение N.
Всего, включал результаты задачи 15, мы получаем для
числа N 104 значения, к каждому из которых еще можно при-
приписать в конце произвольное количество нулей.
19. а) Первое решение. Обозначим (m-значное) число,
которое получается, если отбросить у искомого числа первую
цифру 1, через X. В таком случае мы по условию задачи имеем
откуда
„ 3 • 10т - 1
Х
Х 7*
Из последнего равенства уже нетрудно определить число X.
Для этого надо число 3 • 10т = 30 000... делить на 7, пока в
остатке не получится 1. В результате имеем
300...0 | 7
28
20
14
~60
56
40
35
50
49
1
Таким образом, наименьшее возможное значение числа X рав-
равно 42 857, а наименьшее значение искомого числа есть 142 857.
В процессе деления можно было бы не останавливаться на
первой единице, а продолжать деление до следующей и т. д.;
при этом мы получили бы числа
142 857142 857, ..., 142 857 142 857.. .142 857,
к раз
РЕШЕНИЯ 115
тоже удовлетворяющие условию задачи.
Второе решение. Обозначим вторую цифру искомого
числа через ж, третью — через у и т. д., т. е. предположим,
что искомое число имеет вид \ху... zt (черта наверху озна-
означает, что здесь мы имеем не произведение 1 • х • у... z • t, a
число, составленное из цифр 1, ж, у, ..., z, t). В таком случае
по условию задачи имеем
1ху ... zt • 3 = ху ... ztl.
Отсюда следует, что t = 7 (ни в каком ином случае произ-
произведение слева не оканчивалось бы на 1). Следовательно, цифра
десятков числа, которое стоит справа, равна 7. Но это воз-
возможно только, если произведение z-З оканчивается на 7 —2 = 5
(два десятка справа получаются за счет произведения послед-
последней цифры искомого числа 7 на 3), т. е. z = 5. Теперь мы
знаем уже цифру сотен числа справа: 5; поэтому цифра со-
сотен искомого числа должна давать при умножении на 3 число,
оканчивающееся на 5 — 1 = 4 A есть цифра десятков произве-
произведения 5-3). Вычисления закончатся тогда, когда мы придем к
первой цифре 1. Их удобно расположить следующим образом:
1 4 2 8 57 42857
. хЗ = 1
4-1 = 3, 2-0 = 2, 8-2 = 6, 5-1 = 4, 7-2 = 5
(вычисления проводятся справа налево). Таким образом,
наименьшим числом, удовлетворяющим условиям задачи, бу-
будет 142 857.
Если в наших вычислениях не останавливаться на первой
полученной единице, а продолжать дальше, то мы получим
другие числа, удовлетворяющие условию задачи:
..., 142 857 142 857... 142 857, ...
к раз
б) Так как при увеличении такого числа втрое количество
цифр его не увеличилось, то первая цифра числа может быть
равна только 1, 2 или 3.
Как мы видели в решении задачи а), она может быть рав-
равна 1. Покажем теперь, что она не может быть равна 3.
Действительно, если первая цифра искомого числа равна 3,
то вторая цифра, равная первой цифре утроенного данного
116 РЕШЕНИЯ
числа, равна 9. Но результат умножения на 3 числа, начина-
начинающегося с цифр 39, имеет больше цифр, чем само исходное
число; поэтому он не может получаться из первоначального
числа перенесением первой цифры в конец.
Предоставляем читателям самостоятельно доказать, что
искомые числа могут начинаться с цифры 2. Наименьшее
подобное число есть 285 714; все такие числа, начинающиеся с
цифры 2, имеют вид
285 714 285 714 ... 285 714
к раз
(доказательство аналогично решению задачи а)).
20. Так как при увеличении такого числа в 5 раз количество
его цифр не изменяется, то искомое число должно начинаться
с цифры 1. При перенесении этой цифры в конец мы получим
число, оканчивающееся цифрой 1. Но такое число не может
делиться на 5.
Так же доказывается, что не существует чисел, увеличи-
увеличивающихся в 6 или 8 раз от перестановки начальной цифры в
конец.
21. Первое решение. Так как произведение искомого
числа на 2 имеет то же самое число цифр, то первая цифра
числа не может быть больше 4. Так как при перенесении пер-
первой цифры в конец мы должны получить четное число (удво-
(удвоенное исходное число), то первая цифра должна быть четной.
Поэтому она может быть равна только 2 или 4.
Теперь, предполагая, что первая цифра искомого числа
равна 2 или 4, и обозначая число, получаемое из искомого от-
отбрасыванием первой цифры, через X, мы получим аналогично
первому решению задачи 19, а)
B-10ш + Х) -2 = 10-Х + 2,
откуда
_ 4 • 10т - 2 _ 2 • 10т - 1
Х~ 8 " 4 '
или
D ¦ 10т + X) ¦ 2 = 10 • X + 4,
РЕШЕНИЯ 117
откуда
_ 8 • 10m - 4 _ 2 • 10m - 1
~ Я ~ 9 *
Но обе полученные формулы для числа X невозможны (це-
(целое число не может быть равно дроби, числитель которой не-
нечетен, а знаменатель четен).
Второе решение. Как и в первом решении, убеждаемся,
что первая цифра числа может быть равна только 2 или 4.
Далее получаем в принятых ранее обозначениях (см. второе
решение задачи 19, а))
2ху ... zt • 2 = ху ... zt2 или Аху ... zt • 2 = ху ... ztA.
В первом случае t может быть равно только 1 или 6 (в
противном случае произведение слева не может оканчиваться
цифрой 2). Но если t = 1, то мы получаем слева число, не деля-
делящееся на 4, а справа — число, делящееся на 4 (оканчивающееся
на 12). Если t = 6, то, наоборот, слева будет стоять число, де-
делящееся на 4, а справа — не делящееся на 4 (оканчивающееся
на 62).
Во втором случае t может быть равно 2 или 7. Но если
t = 2, то аналогично второму решению задачи 19, а) находим,
что z = 1 или 6; при z = 1 произведение слева делится на 8
(произведение на 2 числа, оканчивающегося на 12), а число
справа — не делится на 8 (оканчивается на 124); при z = 6
число справа делится на 8, а произведение слева — только
на 4. Аналогично показывается, что t не может равняться 7.
22. а) Первое решение. Число увеличивающееся при пе-
перенесении первой цифры в конец в 7 раз, должно начинаться с
цифры 1 (иначе число, большее первоначального в 7 раз, будет
иметь больше цифр, чем первоначальное). Обозначая далее
m-значное число, полученное из исходного отбрасыванием
первой цифры, через X, мы будем иметь (ср. с решением за-
задачи 19, а))
(ЫОт + Х) -7= 10-Х + 1,
откуда получаем
7 • 10т - 1
118 РЕШЕНИЯ
Но очевидно, что подобное число X ни при каком т не будет
m-значным ( > 10т
V
Аналогично можно доказать, что не существует чисел, уве-
увеличивающихся в 9 раз от перестановки начальной цифры в
конец.
Второе решение. Как в первом решении, показываем,
что искомое число может начинаться только с цифры 1. Далее,
имеем в принятых обозначениях
\ху ... zt • 7 = ху ... ztl.
Отсюда следует, что произведение t • 7 оканчивается циф-
цифрой 1. Следовательно, t = 3. Подставим это значение t: имеем
1ху... z3 • 7 = ху... г31. Ввиду того что 3 • 7 = 21, а произ-
произведение числа z3 на 7 оканчивается на 31, произведение z • 7
должно оканчиваться на 1. Следовательно, z также равно 3.
Таким же образом доказывается, что каждая следующая (если
рассматривать с конца) цифра нашего числа равна 3. Но на-
начальная цифра должна быть 1. Этого мы никогда достичь не
можем. Поэтому чисел, увеличивающихся в 7 раз от переста-
перестановки начальной цифры в конец, не существует.
Аналогично можно доказать, что не существует чисел, уве-
увеличивающихся от перестановки начальной цифры в конец
в 9 раз.
б) Первое решение. Так как произведение искомого
числа на 4 имеет не больше цифр, чем само число, то первая
цифра числа должна быть не больше 2. Так как при перене-
перенесении первой цифры в конец мы получаем четное число, то
первая цифра должна быть равна 2. Далее, обозначая через X
m-значное число, которое получается из искомого при отбра-
отбрасывании первой цифры, имеем
B • 10т + X) • 4 = 10Х + 2,
откуда
8 • 10т - 2
Х
Х6'
О ^ 1 Г\ГП О
что невозможно, так как > 10т (ср. с первым
решением задачи а)).
РЕШЕНИЯ 119
Второе решение. Как в первом решении, получаем,
что первая цифра искомого числа может быть только 2. Далее
имеем
2ху ... zt • 4 = ху ... zt2,
откуда следует, что t = 3 или 8 (t • 4 оканчивается на 2).
Если бы t равнялось 8, то число справа оканчивалось бы
на 82 и не могло делиться на 4. Если же t = 3, то
2ху ... z3 • 4 = ху ...
откуда
2ху... zO • 4 = ху... z20,
2ху ... z • 4 = ху ... z2.
Таким образом, мы видим, что число 2ху... z обладает тем
же свойством, что и 2ху... zt. Поэтому, применив те же рас-
рассуждения, получим z = 3. Продолжая дальше эти вычисления
и двигаясь последовательно справа налево, мы получим, что в
десятичной записи нашего числа стоят только цифры 3. В то
же время оно начинается с 2. Значит, такого числа не сущест-
существует.
23. Первое решение. Обозначим неизвестные пока циф-
цифры искомого числа через ж, у, ..., z, t. В таком случае в обо-
обозначениях второго решения задачи 19, а) имеем
1
7ху ... zt • - = ху ... zt7,
или
ху ... zt7 • 3 = 7ху ... zt.
Теперь сразу ясно, что t = 1; после этого мы можем опре-
определить цифру z A7-3 оканчивается на 51; значит, z = 5) и
так последовательно с конца находить новые и новые цифры
искомого числа. Вычисление следует прекратить тогда, когда
мы придем к цифре 7. Его удобно расположить следующим
образом:
241379310344827586206896551 7241379310344827586206896551
7-3=
вычисления проводятся справа налево). Таким образом,
наименьшим числом, удовлетворяющим условиям задачи, бу-
будет 7 241 379 310 344 827 586 206 896 551.
120 РЕШЕНИЯ
Если в наших вычислениях не останавливаться на первой
семерке, а продолжать дальше, то мы получим другие чи-
числа, удовлетворяющие условию задачи. Все такие числа будут
иметь вид
7241379310344827586206896551... 7241379310344827586206896551.
к раз
Второе решение. Пусть 7xyz...t — искомое число.
Тогда при делении его на 3 получится число xyz... ?7. Запи-
Запишем это в виде
7xyz ...t
xyz ... ?7
Отсюда ясно, что х = 2. Если мы запишем в делимом и
частном это значение, то можно будет найти вторую цифру
частного; воспользовавшись ею, можно будет найти третью
цифру делимого; отсюда можно найти третью цифру частного
и т. д. Процесс закончится тогда, когда последняя полученная
цифра частного будет 7, а выписанное делимое разделится на 3
без остатка.
Легко видеть, что это число является искомым, так как
если мы в нем переставим 7 из начала в конец, то получится
число, записанное нами в качестве частного, т. е. втрое мень-
меньшее.
Так как до этого места мы по написанным уже цифрам
с необходимостью получали следующую, то указанное число
будет наименьшим, обладающим требуемым свойством. Вы-
Вычисления можно расположить так: в верхней строке будем вы-
выписывать цифры делимого, во второй строке — число, при
делении которого на 3 получается очередная цифра частного,
а в нижней — эту цифру:
72413793103448275862
7 12 4 11 23 27 9 3 1 10 13 14 24 8 22 17 25 18 6 2
24137931034482758620
0 6 8 9 6 5 5 1
20 26 28 19 16 15 5 21
6 8 9 6 5 5 17
РЕШЕНИЯ 121
Итак, наименьшее число, обладающее требуемым свойст-
свойством: 7 241 379 310 344 827 586 206 896 551.
Третье решение. Аналогично первому решению зада-
задачи 19, а), используя похожие обозначения, будем иметь:
G • 10т + X) • \ = 10Х + 7,
о
откуда
7 ¦ 10т - 21
Х
Х29•
Таким образом, задача сводится к определению такого числа
вида 70000..., которое при делении на 29 дает в остатке 21.
Предоставляем читателю самому проверить, что при этом мы
приходим к тому же результату, что и в первых двух реше-
решениях.
Примечание. Аналогично можно решить следующую задачу:
Найти наименьшее число, начинающееся с известной цифры, ко-
которое уменьшается в 3 раза от перестановки первой цифры в конец.
Для того чтобы можно было искать и решения, начинающиеся с
цифр 1 и 2, будем считать, что 0 может стоять в начале числа.
Если в начале числа стоит цифра 0, то легко убедиться, что
требуемым свойством обладает лишь число 0. Выпишем остальные
числа, обладающие этим свойством:
1 034 482 758 620 689 655 172 413 793
2 068 965 517 241 379 310 344 827 586
3 103 448 275 862 068 965 517 241 379
4 137 931 034 482 758 620 689 655 172
5 172 413 793 103 448 275 862 068 965
6 206 896 551 724 137 931 034 482 758
8 275 862 068 965 517 241 379 310 344
9 310 344 827 586 206 896 551 724 137
Таким же способом можно решить задачу:
найти наименьшее целое число, начинающееся заданной циф-
цифрой а и уменьшающееся от перестановки этой цифры в конец в
I раз. Найти все такие числа.
24. а) По условию задачи имеем
ху ... zt • а = tz ... уж,
где а есть одно из чисел 2, 3, 5, 6, 7 или 8.
122 РЕШЕНИЯ
Если а = 5, то ж должно равняться 1, так как иначе число
ху ... zt-b будет иметь больше цифр, чем ху ... zt (случай х = О
исключаем, так как в этом случае у ... zt = 2 • tz .. .у, т. е. мы
приходим к той же задаче с а = 2). Но число tz ... у\ не может
делиться на 5. Аналогично доказываем, что а не может быть
равно 6 или 8.
Если а = 7, то х тоже должно равняться 1. Но в таком
случае t должно равняться трем, — иначе \у... zt • 7 не будет
оканчиваться цифрой 1. А равенство 1у ... z3 - 7 = 3z.. .yl,
очевидно, является абсурдным (левая часть равенства явно
больше правой).
Если а = 2, то х не может быть больше 4. А так как число
tz... ух в этом случае четно, то х должно быть равно 2 или 4.
Но при х = 4 цифра ? (первая цифра числа 4у... zt • 2) может
быть равна только 8 или 9, а ни Ау... z8 • 2, ни 4у... z9 • 2 не
могут оканчиваться на 4. Если х = 2, то t (первая цифра числа
2у ... zt • 2) может быть равна только 4 или 5; но ни 2у ... ;?4 • 2,
ни 2у... z5 • 2 не могут оканчиваться на 2.
Наконец, если а = 3, то х не может быть больше 3. Если
ж = 1, то t должно быть равно 7 (t • 3 оканчивается на 1); если
ж = 2, то t должно быть равно 4; если х = 3, то t должно быть
равно 1. Но в первом случае tz .. .ух больше, чем ху ... zt-3, a
во втором и в третьем — меньше.
б) Пусть ху ... zt — такое число; тогда
ху ... zt • 4 = tz ... ух.
Так как ху... zt • 4 имеет то же число цифр, что и ху... zt,
то ж может быть равен лишь 0, 1 или 2; так как tz.. .ух де-
делится на 4, то х должен быть четным. Следовательно, х может
быть равен 0 или 2.
Пусть х = 0. Очевидно, что число 0 обладает требуе-
требуемым свойством. Будем допускать десятичные записи, в на-
начале которых может стоять один или несколько нулей. Тогда
мы имеем у... zt - А = tz... уО, откуда t = 0 (ибо t < 4) и
у ... z • 4 = z .. .у: если число обладает требуемым свойством и
начинается нулем, то оно оканчивается также нулем, и число,
которое получится, если мы зачеркнем первый и последний
нули, также будет обладать требуемым свойством.
Поэтому достаточно рассмотреть случай х = 2. Тогда
имеем 2у ... zt • 4 = tz ... у2. Ввиду того что 2 • 4 = 8, t мо-
РЕШЕНИЯ 123
жет быть равно лишь 8 или 9. Но произведение t • 4 окан-
оканчивается на 2; следовательно, t = 8, т. е. можно написать
2у ... z8 • 4 = 8z ... у2. Так как 23 • 4 > 90, у может быть лишь
равно 0, 1 или 2; но при любом z в произведении z8 • 4 цифра
десятков нечетная. Следовательно, у = 1. Так как нам из-
известны две последние цифры произведения 2у ... z8 • 4, то для
предпоследней цифры z этого числа остаются лишь две воз-
возможности: z может быть равно лишь 2 или 7. Но 21 -4 > 82,
значит, z = 7.
Итак, наше число имеет вид 21... 78. Если оно четырех-
четырехзначно, то мы получаем число 2178, удовлетворяющее условию
задачи. Рассмотрим теперь случай, когда число цифр рас-
рассматриваемого числа больше 4. В этом случае имеем
21uv ... rs78 • 4 = 87sr ... гш12,
или, после очевидных преобразований,
84 • 10*+2 + 312 + uv... rsOO • 4 = 87 • 10*+2 + 12 + sr...vu00,
uv ... rs • 4 + 3 = 3sr ... vu.
Так как число uv .. .rs при умножении на 4 дает число, име-
имеющее больше цифр, чем оно само, и при этом начинающееся
с цифры 3 (или, в крайнем случае, с комбинации цифр 29),
то и может быть равно только 9, 8 или 7. Так как 3sr... vu
нечетно, то и может быть равно только 9 или 7. Рассмотрим
эти случаи последовательно.
1°. и = 9. В таком случае, очевидно, получаем
9г>... rs • 4 + 3 = 3sr ... ^9,
откуда следует, что s = 9 (s • 4 оканчивается на 6; если 5 = 4,
то 34г ... ^9 меньше, чем 9г>... г4 • 4 + 3) и
9?;... г9 • 4 + 3 = 39г ... г;9, гГТТТг • 4 + 3 = Зг ... v,
т. е. число, получаемое из uv.. .rs отбрасыванием цифры 9 в
начале и в конце, обладает тем же свойством, что и само число
uv ... rs. В частности, uv .. .rs может равняться 9, 99, 999 и
т. д.; при этом мы получаем числа
21978, 219 978, 2199 978, ...,
удовлетворяющие условию задачи.
124 РЕШЕНИЯ
2°. и = 7. В этом случае имеем
7v ... rs • 4 + 3 = 3sr ... v7,
откуда аналогично тому, как мы рассуждали в начале решения
задачи, легко получить, что 5 = 1;г> = 8;г = 2,т.е. что число
uv.. .rs имеет вид 78... 21 и что число, которое получается
из uv.. .rs отбрасыванием 78 в начале и 21 в конце, в 4 раза
меньше своего обращенного.
Отсюда видно, что если число, в 4 раза меньшее своего
обращенного, отлично от чисел ряда
0,2178, 21978, 219 978, ...,
2199^^78, 2199^^978, ..., (*)
к цифр (к + 1) цифр
то в начале и в конце его стоит одна и та же последователь-
последовательность цифр, составляющих одно из чисел этого ряда, и если
зачеркнуть эти цифры (и в начале, и в конце), то получится
также число, в 4 раза меньшее своего обращенного, или, как в
случае числа 21 782 178, при этом будут зачеркнуты все цифры
нашего числа.
Поэтому десятичная запись любого числа, в 4 раза мень-
меньшего своего обращенного, имеет вид
PiP2...Pn_iPnPn_i...P2Pi
или же
PiP2 ... Рп-\РпРпРп-\ ... P2Pi,
где Pi, Р2, ..., Рп — последовательности цифр, составляющие
какие-либо числа из написанного выше ряда (*). Таковы, на-
например, числа
2197821978, 2199 782178 219 978,
21 978 021 997 800 219 978 021 978, 02 199 999 780
(последнее число следует считать решением задачи, если усло-
условиться, что можно в начале десятичной записи числа ста-
ставить 0).
Аналогично доказывается, что все числа, в 9 раз меньшие
своего обращенного, получаются из чисел ряда
0, 1089, 10989, 109989, ..., 1099^89, 10 99^_99 89,...
к раз (к + 1) раз
РЕШЕНИЯ 125
таким же образом, как и числа, в 4 раза меньшие своего об-
обращенного, получаются из чисел ряда (*).
25. а) Обозначим число, составленное первыми тремя циф-
цифрами искомого числа 7V, через р, а число, образуемое тремя
последними цифрами числа 7V, — через q. В таком случае
условие задачи дает
ЮООд + р = 6A000^ + q) (= 67V),
откуда
+ р) - (ЮООр + q)= 999(q - р) = 57V,
т. е. N делится на 999.
Далее, р + q = (ЮООр + q) — 999р = N — 999p, откуда сле-
следует, что р + q тоже делится на 999. Но р ж q — трехзначные
числа, которые, очевидно, не могут оба равняться 999; следо-
следовательно,
p + q = 999.
Теперь без труда находим
(ЮООд + р) + (ЮООр + q) = 1001(p + q) = 77V
и, значит,
77V = 999 999, TV = 142 857.
б) Совершенно аналогично решению задачи а), обозначая
через р число, образуемое первыми четырьмя цифрами иско-
искомого числа 7V, а через q — число, образуемое последними че-
четырьмя цифрами, находим
7N = 10001 (р + q) = 99 999 999,
что невозможно при целом N (ибо 99 999 999 не делится на 7).
26. Пусть х — число, удовлетворяющее этому условию. Так
как 6ж, так же как и ж, — шестизначное число, то первая
цифра десятичной записи числа х равна 1. Поэтому:
1) первые цифры десятичной записи чисел ж, 2ж, Зж, 4ж, Ъх
и 6х все различны, следовательно, составляют полный набор
цифр, участвующих в десятичной записи числа х;
2) все цифры в десятичной записи числа х различны между
собой.
126 РЕШЕНИЯ
Среди этих цифр нет 0, поэтому последняя цифра числа х
нечетна (иначе Ъх оканчивается нулем) и отлична от 5 (иначе
2х оканчивается нулем). Вследствие этого последние цифры
десятичной записи чисел ж, 2ж, Зж, 4ж, Ъх и 6х все различны,
а значит, также составляют полный набор цифр, участвую-
участвующих в десятичной записи числа х. Поэтому среди них есть 1.
Оканчиваться на 1 может лишь число Зж, так как 2ж, 4ж и 6 ж
оканчиваются на четные цифры, Ъх оканчивается на 5, а в де-
десятичной записи х уже есть 1 (первая цифра). Следовательно,
х оканчивается цифрой 7, 2х — цифрой 4, Зх — цифрой 1,
Ах — цифрой 8, Ъх — цифрой 5 и 6х — цифрой 2. Так как
первые цифры этих чисел — цифры того же набора, располо-
расположенные в возрастающем порядке, то можно написать:
ж . 1 = 1 * * * * 7,
?•2 = 2* * * * 4,
ж- 3 = 4* * * *1,
ж • 4 = 5* * **8,
х • 5 = 7 * * * * 5,
х-6 = 8* * * *2
(звездочки стоят на месте неизвестных нам пока цифр).
Отметим теперь, что в выписанной таблице не только в
каждой строке стоят в каком-то порядке шесть разных цифр
1, 2, 4, 5, 7 и 8, но и в каждом столбце стоят в каком-то по-
порядке те же самые шесть разных цифр. Действительно,
предположим, например, что в числах х • 2 и х • 5 на третьем
месте стоит одна и та же цифра а (а может иметь одно из
двух значений, не занятых первыми и последними цифра-
цифрами рассматриваемых двух чисел). В таком случае разность
х • Ъ — х • 2 = ж • 3 будет представлять собой шестизначное
число, в десятичной записи которого на третьем месте стоит
цифра 0 или цифра 9 (это следует из правила вычитания мно-
многозначных чисел «столбиком»). Но это невозможно, так как
мы знаем, что число х • 3 записывается цифрами 1, 2, 4, 5, 7
и 8.
Сложим теперь числа
ж • 1 = 1 * * * * 7,
ж-2 = 2* * **4,
РЕШЕНИЯ 127
ж-3 = 4* * * * 1,
?•4 = 5* * * * 8,
ж . 5 = 7 * * * * 5,
ж . 6 = 8 * * * * 2
«столбиком», учитывал, что сумма цифр каждого столбца рав-
равна 1+2+4+5+7+8= 27. Мы получим
х -21 = 2 999 997,
или х = 142 857. Это и есть искомое число; действительно,
х = 142857,
2х = 285714,
Зж = 428571,
4ж = 571428,
Ъх = 714285,
6ж = 857142.
27. а) п3 — п = (п — 1)п(п + 1), а из трех последовательных
целых чисел одно обязательно делится на 3.
б) Если целое число п и п5 — п = (п — 1)п(п+1), а из трех по-
последовательных оканчивается одной из цифр 0, 1, 4, 5, 6 или 9,
то один из первых трех множителей делится на 5. Если п окан-
оканчивается одной из цифр 2, 3, 7 или 8, топ оканчивается на 4
или 9 и п2 + 1 делится на 5.
в) п7 — п = п(п — 1)(п + 1)(п2 — п + 1)(п2 + п + 1). Если п
делится на 7 или дает при делении на 7 остаток 1 или 6, то
один из первых трех множителей делится на 7. Если п дает
при делении на 7 остаток 2(п = 7/с + 2), то п2 дает при делении
на 7 остаток 4(п2 = 49/с2 + 28/с + 4) и, следовательно, n2 + n + 1
делится на 7. Точно так же показывается, что если п дает при
делении на 7 остаток 4, то п2 + п + 1 делится на 7, а если п
дает при делении на 7 остаток 3 или 5, то п — п + 1 делится
на 7.
г) п11 -п = п(п - 1)(п + 1)(п8 + п6 + п4 + п2 + 1). Если п
делится на 11 или дает при делении на 11 остаток 1 или 10, то
один из первых трех множителей делится на 11. Если п дает
при делении на 11 остаток 2 или 9(п = 11 А; ± 2), то п2 дает
при делении на 11 остаток 4(п2 = 121/с2 ± 44/с + 4), п4 — оста-
128 РЕШЕНИЯ
ток 5 = 16 — 11, п6 — остаток 9 = 20 — 11 (п6 = п4 • п2 =
= (llfei + 5)(Ш2 + 4) = Yl\kxk2 + llDfei + Ък2) + 20)
и n8 — остаток 3 = 25 — 22; отсюда следует, что п^ -\- п^ +
+ п4 + п2 + 1 делится на 11. Точно так же показывается,
что п8 + п6 +п4 + п2 +1 делится на 11, если п дает при делении
на 11 остаток ±3, ±4 или ±5.
д) п13 - n = n(n - 1)(п + 1)(п2 + 1)(п4 - п2 + 1)(п4 + п2 +
+ 1). Аналогично решению предыдущих задач замечаем, что
если п делится на 13 или дает при делении на 13 остаток ±1,
то один из первых трех множителей делится на 13; если п
дает при делении на 13 остаток ±5, то п2 + 1 делится на 13;
если п дает при делении на 13 остаток ±2 или ±6, то пА — п2 +
+ 1 делится на 13; если п дает при делении на 13 остаток ±3
или ±4, то п4 + п2 + 1 делится на 13.
28. а) Разность одинаковых четных степеней делится на
сумму оснований; поэтому 36п —26п = 272п —82п делится на 27 +
+ 8 = 35.
б) Нетрудно проверить, что
п5 - 5п3 + 4п = п(п2 - 1)(п2 - 4) =
= (п - 2)(п - 1)п(п + 1)(п + 2).
Но из пяти последовательных целых чисел одно, наверное, де-
делится на 5, по крайней мере одно на 3 и по крайней мере два
на 2, причем из этих двух последних чисел одно, наверное,
делится на 4. Таким образом, произведение пяти последова-
последовательных целых чисел, наверное, делится на 5 • 3 • 2 • 4 = 120 (ср.
с решением задачи 27, а)).
в) Нетрудно проверить, что
56 786 730 = 2 • 3 • 5 • 7 • 11 • 13 • 31 • 61;
таким образом, остается доказать, что наше выражение де-
делится на каждый из этих простых делителей. Если т и п оба
нечетны, то т60 — п60 четно; следовательно, тп(т60 — п60)
обязательно четно (делится на 2). Далее, из результата зада-
задачи 27 следует, что если к равно 3, 5, 7, 11 или 13 и п не делится
на /с, то разность пк~1 — 1 обязательно будет делиться на к. От-
Отсюда, в частности, вытекает, что если т и п не делятся на 3,
то ш60 - 1 = (ш30J - 1 и п60 - 1 = (п30J - 1 делятся на 3,
РЕШЕНИЯ 129
т. е. га60 и п60 дают при делении на 3 один и тот же остаток 1;
следовательно, если ran не делится на 3, то га60 — п60 делится
на 3 и, значит, произведение ran (га60 — п60) делится на 3 во
всех случаях. Точно так же доказывается, что разность
т60 _ п60 = (т15L _ (п15L = (т10}6 _ (n10N =
= (т6I0 - (п6I0 = (т5I2 - (п5I2
делится на 5, если ни га, ни п не делятся на 5; делится на 7,
если ни 777,, ни п не делятся на 7; делится на 11, если ни га,
ни п не делятся на 11; делится на 13, если ни га, ни п не де-
делятся на 13. Таким образом, мы доказали, что ran (га60 — п60)
всегда делится на 2 • 3 • 5 • 7 • 11 • 13.
Аналогично показывается, что выражение ran (га60 — п60)
делится на 31 и на 61 (так как п31 — п при всяком целом п
делится на 31 и п61 — п при всяком целом п делится на 61; см.
ниже задачу 240).
29. Воспользуемся тождеством
п2 + Зп + 5 = (п + 7)(п - 4) + 33.
Для того чтобы это выражение делилось на 11, необходимо,
чтобы (п + 7)(п — 4) делилось на 11. Но так как (п + 7) —
— (п — 4) = 11, то оба сомножителя делятся или не делятся
на 11 одновременно. Поэтому если (п + 7)(п —4) делится на 11,
то оно делится и на 121 и, следовательно, (п + 7)(п — 4) + 33
не может делиться на 121.
30. Представим данное выражение в виде
(га — 2п)(га — п)(га + п)(га + 2п)(га + Зп).
При п т^ 0 все пять сомножителей этого произведения по-
попарно не равны между собой. Между тем число 33 нельзя
разложить более чем на четыре различных целых множителя
(разложение на четыре множителя возможно несколькими спо-
способами, например,
33 = (-11) • 3 • 1 • (-1) или 33 = 11 • (-3) • 1 • (-1)).
При 77 = 0 наше выражение есть га5 и не равно 33 ни при
каком целом га.
31. Всякое целое число или делится на 5 или может быть
представлено в одном из следующих четырех видов 5А; + 1,
9 Д.О. Шклярский и др.
130 РЕШЕНИЯ
5/с + 2, 5к — 2 или 5к — 1. Если число делится на 5, то его сотая
степень, очевидно, делится на 53 = 125. Далее, по формуле
бинома Ньютона получим
E* ± II00 = EfcI00 ± ... + ^^EfcJ ± 100 • Ък
где все невыписанные члены содержат множитель Ък в сте-
степени, не меньшей 3, и, следовательно, делятся на 125. Анало-
Аналогично,
= EА;I00 ± ... + H^EfcJ ¦ 298 ± 100 ¦ Ък ¦ 299 + 2100.
J. * Zi
Но 100'"EfcJ = 125 ¦ 990fc2 и 100 • Ък = 125 ¦ 4к делятся
на 125. Что касается числа 2100, то его можно представить в
виде
E-1M0 = 550-... +^^-5-50-5 + 1,
Л. ' Zj
откуда видно, что оно дает при делении на 125 остаток 1.
Итак, сотая степень числа, делящегося на 5, делится на 125;
сотая степень числа, не делящегося на 5, дает при делении
на 125 остаток 1.
32. Нам надо доказать, что если N взаимно просто с 10,
то TV101 -N = N(N100 - 1) делится на 1000, т. е. что 7V100 - 1
делится на 1000. Прежде всего совершенно ясно, что если N
нечетно, то 7V100 -1 = (TV50 +1) (TV25 +1) (TV25 -1) делится на 8.
Далее, из результата предыдущей задачи следует, что если N
не делится на 5, то 7V100 — 1 делится на 125. Таким образом, мы
видим, что действительно 7V100 — 1 при 7V, взаимно простом
с 10, делится на 8 • 125 = 1000.
33. Пусть N — искомое число; тогда, в частности, N2 — N
оканчивается тремя нулями, т. е. делится на 1000. Так как
N2 — N = N(N — 1), aTVnTV — 1 — взаимно простые числа,
то это возможно лишь в том случае, когда одно из этих чисел
делится на 8, а второе — на 125 (на 1000 ни одно из этих чисел
само делиться не может, так как N трехзначно).
Если N есть трехзначное число, делящееся на 125, то N — 1,
как легко проверить, будет делиться на 8, лишь если N = 625,
РЕШЕНИЯ 131
N — 1 = 624. Так же легко проверяется, что если N — 1 есть
трехзначное число, делящееся на 125, то N будет делиться
на 8 лишь при N - 1 = 375, N = 376.
Заметим теперь, что так как Nk-1 — 1 при любом целом
к > 2 делится без остатка на N — 1, то Nk — N = N(Nk~x — 1)
при любом целом к будет делиться без остатка на N(N — 1) =
= N2 — N; поэтому если N2 — N оканчивается тремя нулями,
то и N — N при любом целом к ^ 2 будет оканчиваться тремя
нулями, т. е. Nk будет оканчиваться теми же тремя цифрами,
что и N. Отсюда вытекает, что числа 625 и 376 (и только они)
удовлетворяют условиям задачи.
34. Найдем две последние цифры числа TV20. Число TV20
делится на 4 (ибо N четно). Далее, число N не делится на 5
(иначе оно делилось бы на 10) и, значит, представимо в виде
Ък =Ь 1 или в виде Ък =Ь 2 (ср. с решением задачи 31). Но число
(Ък ± IJ0 = EfeJ0 ± 20EfeI9 + ... + ^^EfeJ ± 20 ¦ Ък + 1
дает при делении на 25 остаток 1, а число
EА; ± 2J0 = {ЪкJ0 ± 20EfcI9 ¦ 2 + ...
... + ^i^fcJ . 218 ± 20 • Ък ¦ 219 + 220
дает при делении на 25 тот же остаток, что и число 220 =
= B10J = A024J = A025 - IJ, т. е. тоже остаток 1. Из
того, что число TV20 дает при делении на 25 остаток 1, сле-
следует, что последними двумя цифрами этого числа могут быть
лишь цифры 01, 26, 51 или 76. Учитывая еще, что TV20 должно
делиться на 4, получим, что двумя последними цифрами этого
числа могут быть лишь цифры 76. Итак, цифрой десятков
числа TV20 будет цифра 7.
Найдем теперь три последние цифры числа TV200. Чис-
Число Л/00 делится на 8. Далее, так как N взаимно просто с
5, то 7V100 дает при делении на 125 остаток 1 (см. решение
задачи 31): TV100 = 125A; + 1. Но тогда и TV200 = A25A; + IJ =
= 1252А;2 + 250А; + 1 дает при делении на 125 остаток 1. Сле-
Следовательно, TV200 может оканчиваться цифрами 126, 251, 376,
501, 626, 751 или 876, но так как Л/00 делится на 8, то оно
132 РЕШЕНИЯ
должно оканчиваться цифрами 376. Итак, цифра сотен чис-
числа N равна 3.
Примечание. Нетрудно видеть, что уже число N100 обяза-
обязательно оканчивается тремя цифрами 376.
fi(fi -\- \\
35. Сумма 1 + 2 + 3 + ... + п равна следовательно,
Zl
нам надо доказать, что если к нечетно, то Sk = 1^ + 2^ +
о*- к п(п+1)
+ 3^ + ... + пК делится на — -.
Отметим прежде всего, что при к нечетном ак + Ьк делит-
делится на а + Ь. Рассмотрим теперь отдельно два случая.
А. Число п четно. В таком случае сумма Sk делится
на п + 1, так как каждая из сумм
делится на
сумма bk делится также на —, ибо
\к + (п - 1)к, 2к + (п- 2)к, Зк + (п
(П Лк (П Лк /"П\к и
-'B-1) +B+1) '(г) 'П
А
Б. Число п нечетно. В этом случае сумма Sk делится на
1
п
все делятся на —.
А
гс + 1
, так как
Zi
1к + пк, 2к + (п- 1)к, Зк + (п - 2)к, ...
к
п + 1
все делятся на ; bk делится также на п, так как
Z
\к + (п - 1)к, 2к + (п- 2)к,
РЕШЕНИЯ 133
все делятся на п.
36. Пусть
N = ап • 1ОП + an_i • КГ + ап_2 • Юп + ... + аг • 10 + а0
— данное число (an, an_i, ап_2, ..., ai, ао — цифры числа, ко-
которые могут принимать значения 0, 1, 2, ..., 9).
Вычтем из N число
М = ао — а\ + п2 — аз + ... ± ап,
представляющее собой алгебраическую сумму цифр
числа 7V, взятых с чередующимися знаками. Груп-
Группируя подходящим образом члены, мы получим число
N - М = aiA0 + 1) + a2A02 - 1) + a3A03 + 1) +
делящееся на 11, ибо каждое его слагаемое делится на 11. (Из
того, что при перемножении чисел остатки, даваемые ими при
делении на некоторое число, перемножаются, легко вывести,
что
10* = A1 - 1)к
дает при делении на 11 остаток —1 при к нечетном и оста-
остаток + 1 при к четном.) Таким образом, разность N — М де-
делится на 11, т. е. число N делится или не делится
на 11 одновременно с числом М.
37. Число 15 дает при делении на 7 остаток 1. Отсюда
следует, что и
152 = G • 2 + 1) • G • 2 + 1) = 7ni + 1
дает при делении на 7 остаток 1,
153 = 152 • 15 = Gni + 1) • G • 2 + 1) = 7п2 + 1
дает при делении на 7 остаток 1, и вообще любая степень чис-
числа 15 при делении на 7 дает остаток 1. Если мы теперь выч-
вычтем из заданного нам числа сумму 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 14 =
= 105, то, сгруппировав соответствующим образом члены, мы
получим
13A5 - 1) + 12A52 - 1) + 11A53 - 1) + ...
134 РЕШЕНИЯ
т. е. число, делящееся на 7. Но из того, что разность за-
заданного числа и числа 105 = 7-15 делится на 7, следует, что
исходное число тоже делится на 7.
38. Пусть К есть n-значное число. Среди (п + 2)-значных
чисел, начинающихся цифрами 1, 0 (т. е. среди чисел вида
10aia2...an *)), всегда найдется по крайней мере одно, де-
делящееся на К. Пусть это число есть 10&1&2 • • • Ьп. Тогда по
условию числа 6162 ... Ьп10 и &i&2 • • • Ьп01 оба делятся на К. Их
разность равна 9 и также делится на К. Но у 9 делителями
служат лишь 1, 3 и 9, откуда и следует наше утверждение.
39. Нам надо показать, что число
N = 271958 - 10 8878 + 10 1528
делится без остатка на 26 460 = 22 • З3 • 5 • 72. Доказательство
проводится в два приема.
1°. 7V = 271958 - A0 8878 -101528).
Но 27195 = 3 • 5 • 72 • 37; следовательно, это число делится
на 5 • 72. С другой стороны, разность, заключенная в круглые
скобки, делится на
10887- 10152 = 735 = 3 -5 • 72
(ибо разность восьмых степеней двух чисел делится на раз-
разность оснований). Отсюда следует, что N делится на 5-72.
2°.
N = B71958 - 10 8878) + 101528.
Но 10 152 = 23 • З3 • 47 делится на 22 • З3. С другой стороны,
разность, заключенная в круглые скобки, делится на
27195 - 10 887 = 16 308 = 22 • З3 • 151.
Таким образом, N делится на 22 • З3.
*) Через aia,2...a>k мы обозначаем число, которое записывается циф-
цифрами ai, аг, • • -, afcj T- e. число
ai • Ю*5 + а2 • 10fc + ... + ак-! • 10 + ак.
РЕШЕНИЯ 135
Так как N делится на 5 • 72 и 22 • З3, то N делится и на
произведение этих чисел, равное 26 460.
40. Нетрудно проверить, что
И10 - I10 = (И - 1)(Ц9 + И8 + И7 + Ц6 +
+ И5 + II4 + И3 + II2 + 11 + 1).
Легко видеть, что второй сомножитель в правой части делится
на 10, так как он представляет собой сумму 10 слагаемых,
каждое из которых оканчивается на 1.
Итак, II10 — 1 есть произведение 10 на число, делящееся
на 10, и, значит, делится на 100.
41. 22225555 + 55552222 =
= B2225555 + 45555) + E5552222 - 42222) - D5555 - 42222).
Из трех выражений, стоящих в круглых скобках, первое
делится на 2222 + 4 = 2226 = 7-318 (сумма нечетных степеней
делится на сумму оснований) и, следовательно, делится на 7;
второе тоже делится на 7, так как оно делится на 5555 — 4 =
= 5551 = 7 • 793 (разность любых целых степеней делится на
разность оснований). Что касается третьего выражения, то
его можно переписать в виде
42222D3333_1)=42222F41111_1)j
откуда видно, что оно делится на разность 64 — 1 = 63 и,
следовательно, делится на 7 (разность одинаковых целых сте-
степеней делится на разность оснований).
42. Воспользуемся методом математической индукции.
Число ааа, составленное из трех одинаковых цифр (черта на-
наверху поставлена, чтобы не путать с произведением а • а • а),
делится на 3 (так как сумма цифр этого числа, равная За, де-
делится на 3). Далее, предположим, что наше утверждение уже
доказано для каждого числа, составленного из Зп одинаковых
цифр. Число, составленное из 3n+1 одинаковых цифр, можно
представить в следующем виде:
аа .. .а аа .. .а аа .. .а = аа .. .а • 100 ... 0 100 ... 01v.
Зп раз Зп раз Зп раз Зп раз Зп цифр Зп цифр
Но из двух сомножителей первый в силу предположения ин-
индукции делится на Зп, а второй делится на 3 (сумма цифр
136 РЕШЕНИЯ
этого числа равна 3); следовательно, все произведение делится
наЗп+1.
43. Заметим прежде всего, что 106 — 1 = 999 999 делится
на 7 (так как 999 999 = 7 • 142 857). Отсюда легко следует,
что 10^, где N — какое угодно целое число, дает при делении
на 7 такой же остаток, как и 10г, где г есть остаток от деле-
деления N ни 6. Действительно, если N = 6к + г, то
10^ - 10г = 106/с+г - 10г = 10гA06/с - 1) =
= 10г • A06 - 1)A06/с-6 + Ю6/с-12 + ... + 106 + 1)
делится на 7.
Но любая целая степень 10 дает при делении на 6 остаток 4;
в самом деле, 10п — 4 = 999... 9 6 всегда делится на 2 • 3 = 6
(п — 1) раз
(в силу признаков делимости на 2 и на 3). Таким образом,
все сложные показатели степени у слагаемых нашей суммы
дают при делении на 6 остаток 4. Следовательно, каждое из
этих 10 слагаемых дает при делении на 7 такой же остаток,
как и число 104, а вся сумма — такой же остаток, как и число
104 + 104 + 104 + 104 + 104 + 104 + 104 + 104 + 104 + 104 =
= Ю5 = 100000 = 7 • 14285 + 5.
Итак, искомый остаток равен 5.
44. а) Каждая четная степень 9 представима в виде
92п = 8Г = 81-81 .81
п раз
и, следовательно, оканчивается цифрой 1. Каждая нечетная
степень 9 представима в виде 92n+1 = 9 • 81П и, следовательно,
оканчивается цифрой 9 (как произведение числа, оканчива-
оканчивающегося единицей, на 9). В частности, 9^9 ) есть нечетная
степень 9; значит, 9^9 ) оканчивается цифрой 9.
Заметим теперь, что любая целая степень 6 оканчивается
цифрой 6; действительно, б1 = 6, и если 6П оканчивается на 6,
то и 6n+1 = 6п-6 оканчивается на 6. Но 16П оканчивается на ту
же цифру, что и 6; следовательно, любая целая степень 16 окан-
оканчивается цифрой 6. Таким образом, любая степень двойки,
РЕШЕНИЯ 137
кратная четырем, оканчивается шестеркой (ибо 24п = 16П).
Но З4 — 1 делится на 3 + 1 = 4; значит, 2^3 -1) оканчивается
цифрой 6, а 2^3 ) = 2 • 2^3 -1) оканчивается цифрой 2 (как про-
произведение 2 на число, оканчивающееся шестеркой).
б) Нам надо найти остаток от деления 2999 на 100 (это и
есть две последние цифры числа 2999). Покажем прежде всего,
что при делении на 25 число 21000 дает остаток 1. Действи-
Действительно, 210 + 1 = 1024+ 1 = 1025 делится на 25; следовательно,
и220-1 = B10 + 1)B10-1)делитсяна25,а21000-1 = B20M0-1
делится на 220 — 1. Отсюда вытекает, что последние две цифры
числа 21000 могут быть равны или 01, или 01 + 25 = 26, или
01+50 = 51, или 01+75 = 76; но так как 21000, конечно, делится
на 4, то этими цифрами могут быть только 76. Таким обра-
образом, 2999 равно частному от деления числа, оканчивающегося
на 76, на 2, т. е. оно может оканчиваться только цифрами 38
или 88 (так как 76 : 2 = 38, 176 : 2 = 88). Но так как это число
делится на 4, то оно оканчивается цифрами 88.
Найдем теперь остаток от деления числа 3 на 100. Напом-
Напомним, что каждая четная степень 9 оканчивается цифрой 1, а
каждая нечетная степень 9 — цифрой 9 (см. решение зада-
задачи а)). Воспользовавшись этим, найдем остаток от деления
числа 95 + 1 на 100:
95 + 1 = (9 + 1) • (94 - 93 + 92 - 9 + 1) =
= 10-(94-93 + 92-9 + 1),
а в алгебраической сумме, стоящей в скобках, каждое из трех
положительных слагаемых оканчивается на 1 и каждое из двух
отрицательных слагаемых — на 9; таким образом, число
94 + 92 + 1 оканчивается на 3, а число 93 + 9 — на 8 и, значит,
все выражение, стоящее в скобках, оканчивается на 5. Итак,
число 95 + 1 при делении на 100 дает остаток 10 • 5 = 50. От-
Отсюда вытекает, что число 910 — 1 = (95 + 1) • (95 — 1) делится
на 100, а так как З1000 - 1 = 9500 - 1 = (910M0 - 1 делится
на 910 — 1 (разность целых степеней делится на разность ос-
оснований), то и З1000 — 1 делится на 100. Таким образом, чис-
число З1000 оканчивается цифрами 01. Но это число делится на 3;
следовательно, его число сотен при делении на 3 должно да-
давать в остатке 2 (если бы при делении сотен на 3 в остатке
138 РЕШЕНИЯ
оставалась одна сотня или ни одной, то это число сотен
плюс 01 не могло бы делиться на 3). Итак, мы нашли, что
число З999 = З1000 : 3 должно оканчиваться теми же двумя
цифрами, что и число 201 : 3 = 67.
в) Нам надо найти остаток от деления числа 14^14 ) =
= G • 2)A4 ) на 100, — это и есть две последние цифры чи-
числа 14^14 ). Найдем в отдельности остаток от деления на 100
чисел7A414)и2A414).
Число 74 - 1 = 2401 - 1 = 2400 делится на 100. Отсюда
следует, что если п = Ак делится на 4, то 7п — 1 делится на 100
(ибо 74/с - 1 = G4)* - A)* делится на 74 - 1). Но 1414 = 214 • 714
делится на 4; следовательно, 7^14 ) —1 делится на 100 и, значит,
число 7^14 ) оканчивается цифрами 01.
Далее, в решении задачи б) было показано, что 220 — 1 де-
делится на 25; следовательно, если п = 20к делится на 20, то
2п — 1 делится на 25. Найдем теперь остаток от деления чис-
числа 1414 на 20. Очевидно, 1414 = 214 • 714. Но 214 = 4 • 212;
так как 212 - 1 = B4K - 1 делится на 24 - 1 = 16 - 1 = 15,
то 4B12 — 1) делится на 20, а следовательно, 214 = 4 • 212 дает
при делении на 20 остаток 4. Далее, 714 = 49 • 712; так как 712
дает при делении на 20 остаток 1 (так как 12 делится на 4,
то 712 — 1 делится на 100), то 49 • 712 дает при делении на 20
такой же остаток, как и число 49, т. е. 9. Таким образом,
1414 = 214 • 714 дает при делении на 20 такой же остаток, как
и произведение 4 • 9 = 36, т. е. остаток 16: 1414 = 20К + 16.
А отсюда следует, что 2^14 ) = 216 х 220К дает при делении
на 25 такой же остаток, как и число 216 = 65536, т. е. 2^14 )
может оканчиваться только цифрами 11, 36, 61 или 86. Но так
как 2^14 ) делится на 4, то 2^14 ' оканчивается цифрами 36.
Итак, число 7^14 ) оканчивается цифрами 01, а чис-
число 2^14 ) — цифрами 36. Следовательно, их произведение
7(i414) x 2(i414) = 14(i414) оканчивается цифрами 36.
45. а) Если перемножить два числа, одно из которых окан-
оканчивается на цифру а, а второе на цифру 6, то их произве-
произведение будет оканчиваться на ту же цифру, что и произведе-
произведение ab. Это замечание позволяет просто решить поставлен-
поставленную задачу. Будем последовательно производить возвышения
РЕШЕНИЯ 139
в степень, следя только за последней цифрой числа: 72 окан-
оканчивается цифрой 9, 73 = 72 • 7 оканчивается цифрой 3, 74 =
= 73 • 7 оканчивается цифрой 1 и 77 = 74 • 73 оканчивается
цифрой 3.
Далее, точно таким же образом найдем, что G7), окан-
оканчивается снова цифрой 7 (действительно, G7J оканчивается
цифрой 9, G7K оканчивается цифрой 7, G7L оканчивается
цифрой 1 и G ) оканчивается цифрой 7). Отсюда следует,
что число (G7OO оканчивается той же цифрой, что и чис-
/ 7\ ^
ло 77, т. е. цифрой 3, число ( (G7O) J оканчивается снова
цифрой 7 и т. д. Продолжая таким же образом, мы после не-
нечетного числа возведений в степень 7 будем каждый раз при-
приходить к числу, оканчивающемуся цифрой 3, а после четного
числа возведений в степень 7 — к числу, оканчивающемуся
цифрой 7. Так как 1000 есть число четное, то интересующее
нас число оканчивается цифрой 7.
Если одно число оканчивается двузначным числом А, а вто-
второе — двузначным числом i?, то их произведение оканчива-
оканчивается на те же самые две цифры, что и произведение А • В.
Это позволяет найти и две последние цифры интересующего
нас числа. Как прежде, проверяем, что 77 оканчивается двумя
цифрами 43, а G7O оканчивается теми же цифрами, что и 437,
а именно цифрами 07. Отсюда следует, что, возводя последо-
последовательно числа 7, 77, G7O в степень 7, мы после нечетного
числа возведений в степень будем приходить к числу, оканчи-
оканчивающемуся цифрами 43, а после четного числа возведений —
к числу, оканчивающемуся цифрами 07. Следовательно, иско-
искомое число оканчивается цифрами 07.
б) В решении задачи а) мы видели, что 74 оканчивается
цифрой 1. Отсюда следует, что 74 = G4)^ тоже оканчива-
оканчивается цифрой 1 и 74 , где / есть одно из чисел 0, 1, 2 или 3,
оканчивается той же цифрой, что и 7гG4 = 74 • 71). Таким
образом, задача сводится к тому, чтобы определить, какой
остаток дает при делении на 4 число, являющееся степенью, в
которую надо возвести 7, чтобы получить число задачи.
Степень, в которую в задаче возводится число 7, сама пред-
представляет собой 7 в некоторой очень большой степени; нам надо
выяснить, какой остаток дает эта степень семи при делении
140 РЕШЕНИЯ
на 4. Но 7 = 8 — 1; отсюда следует, что 72 = (8 —1) х (8 — 1) дает
при делении на 4 остаток 1, 73 = 72 • (8 — 1) дает при делении
на 4 остаток —1 (или, что то же самое, остаток 3) и вообще
каждая четная степень 7 дает при делении на 4 остаток 1, а
нечетная — остаток —1 (т. е. +3). Но интересующая нас в на-
настоящем случае степень 7 заведомо является числом нечетным
(так как она сама есть степень 7), а следовательно, фигуриру-
фигурирующее в условии задачи число имеет вид 74 и, следовательно,
оканчивается той же цифрой, что и 73, т. е. цифрой 3.
Так как 74 оканчивается цифрами 01, то 74 оканчивается
даже теми же двумя цифрами, что и 71. Следовательно, ин-
интересующее нас число оканчивается теми же двумя цифрами,
что и число 73, т. е. цифрами 43.
46. Рассмотрим последовательно числа.
1О у О
1 . Zj\ = У.
2°. Z2 = 9Zl = A0-l)Zl =
= 10Zl - ClZl • Ю^1 + ... + ClZl • 10 - 1,
где опущенные члены разложения все делятся на 100. Но
Сд = 9; следовательно, две последние цифры числа Z2 будут
теми же самыми, что и две последние цифры числа 9-10 — 1 =
= 89.
3°. Z3 = 9Z2 = A0- 1)Z2 =
= ioz2 _ q^ . ioz2-i + _ c|2 . Ю2 + C\2 -10-1.
Ho Z2 оканчивается на 89; следовательно, С\ = Z2 оканчива-
2 Z2(Z2 - 1) ¦ ¦ ¦ 89 ¦ ... 88
ется на 89, a G5- = = (точками обо-
значены неизвестные цифры) оканчивается цифрой 6. Сле-
Следовательно, три последние цифры числа Z% будут теми же
самыми, что и три последние цифры числа —600 + 890 — 1 =
= 289.
4°. Z4 = 9Zs = A0 - l)Zs =
= 10Z3 - Cl ¦ Ю^3 + ... + C\ • 103 - Cl ¦ 102 + Cl -10-1.
у^з ' ±и -г • • • -г ^zs ' ±и ~ ^zs
РЕШЕНИЯ 141
Так как Z3 оканчивается на 289, то и С\ = Z3 оканчивается
на 289;
2 = Z3(Z3-1) = ...289»...288
Zs 1-2 1-2
оканчивается на 16;
з = ^з(^з ~ 1)(^з ~ 2) = ¦ ¦ ¦ 289 ¦ ... 288 ¦ ... 287
Zs~ 1-2-3 " 1-2-3
оканчивается цифрой 4. Следовательно, четыре последние
цифры числа Z^ будут теми же самыми, что и последние че-
четыре цифры числа 4000 - 1600 + 2890 - 1 = 5289.
5°. Z5 = 9Z4 = A0 - 1)Z4 = 10Z4 - C1Za • Ю^4 + ...
... - C|4 - 104 - Cf4 - 103 + C24 - 102 + Ci4 -10-1.
Так как Z^ оканчивается на 5289, то С\ = Z^ оканчивается
на 5289;
2 _ Z4(Z4 - 1) _ ... 5289 •... 5288
24 ~ Ь2 ~ Ь2
оканчивается на 116;
з _ ^4(^4 - 1)(^4 - 2) _ ... 5289 -... 5288 ¦ ... 5287
24 ~ 1-2-3 ~ 1-2-3
оканчивается на 64; наконец,
24 1-2-3-4
...5289 • ...5288 • ...5287 • ...5286
1-2-3-4
оканчивается цифрой 6. Следовательно, Z$ оканчивается на
те же самые пять цифр, что и число
-60 000 + 64 000 - 11 600 + 52 890 - 1 = 45 289.
Далее из того, что последние четыре цифры числа Z$ сов-
совпадают с последними четырьмя цифрами числа Z±, следует,
что последние пять цифр числа Z§ = 9^5 = A0 — 1)^5 совпа-
совпадают с последними пятью цифрами числа Z§(= 9^4). Точно
так же показывается, что все числа ряда
Z5, ^6 = 9Z5, Z7 = 9Ze, ..., Z1000 = 9Z"9, Ziooi = 9Zl00°
142 РЕШЕНИЯ
оканчиваются на одни и те же пять цифр, а именно на 45 289.
Но Ziqqi это и есть число N условия задачи.
47. Согласно формуле для суммы членов геометрической
прогрессии
501000 - 1 501000 - 1
_
50-1 " 49
Но — обращается в чистую периодическую десятичную дробь,
период которой, состоящий из 42 знаков, нетрудно найти прос-
простым делением:
-L = 0,@20408163265306122448979591836734693877551),
или, сокращенно,
где Р изображает выписанную выше последовательность
из 42 цифр.
Ближайшее к показателю 1000 целое кратное числу 42
есть 1008 = 24 • 42. Следовательно,
^ io
24 раза
Таким образом, дробь
1Q1008-1 1 1
М = = 101008 .--- =
49 49 49
24 раза
есть целое число, состоящее из 1008 цифр, которые можно раз-
разбить на 24 группы из повторяющихся 42 цифр (фактически чи-
число М содержит не 1008 цифр, а 1007, так как наше число Р
начинается нулем).
Составим теперь разность между интересующим нас чис-
числом N и числом М:
сЮОО -тЮОО 1 -|пЮ08 i clOOO л п8
N _ м = — — - — = — • 101000.
49 49 49
Так как разность N — М двух целых чисел — целое число и
101000 взаимно просто с 49, то 51000 — 108 должно делиться
РЕШЕНИЯ 143
glOOO _ ^q8
на 49. Следовательно, число х = является целым и
разность N — M= 101000-ж оканчивается на 1000 нулей. Таким
образом, последние 1000 цифр числа N — те же самые, что и
последние 1000 цифр числа М, а именно,
23 раза
где р — группа из 34 цифр, являющихся последними 34 циф-
цифрами числа Р.
48. Число нулей в конце числа показывает, сколько раз 10
встречается сомножителем в этом числе. Число 10 равно про-
произведению 2 • 5; в произведении всех целых чисел от 1 до 100
множитель 2 входит в большей степени, чем множитель 5. Сле-
Следовательно, произведение 1 • 2 • 3.. .100 делится на такую сте-
степень 10 (т. е. оканчивается на такое число нулей), сколько это
произведение содержит множителей 5. Но до 100 имеется 20
чисел, кратных пяти, причем четыре из них B5, 50, 75 и 100)
кратны также 25, т. е. содержат по два множителя 5. Следо-
Следовательно, всего в произведении 1-2-3.. .100 число 5 встретится
сомножителем 24 раза; поэтому и нулей в конце этого произ-
произведения будет 24.
49. Первое решение задач а) и б). Решим сначала
задачу а). Пусть ? + 1, ? + 2, ...,? + п будут п произволь-
произвольных, последовательных целых чисел. Подсчитаем для каждого
простого числа р наивысшую степень т, с которой оно вхо-
входит в произведение п!, и наивысшую степень «s, с которой оно
входит в произведение (t + 1).. .(? + п). Для этого обозначим
через т\ число чисел ряда 1, 2, ..., п, в которые р входит по
крайней мере в первой степени, через т2 — число чисел того
же ряда, в которые р входит по крайней мере во второй сте-
степени и т. д. Тогда показатель, с которым р входит в п!, будет
равен т = mi + rri2 + ...
Если теперь s\ — число чисел ряда ?+1, ..., t + n, делящих-
делящихся на р, 52 — число чисел этого же ряда, делящихся на р2, и
т. д., то показатель «s, с которым р входит в произведение
(t + 1).. .(? + п), равен s = si + 52 + ...
Но число чисел ряда t + 1, ..., t + n, делящихся на р, не
меньше чем т\. Действительно, среди чисел t + 1, ..., t + п
144 РЕШЕНИЯ
находятся также числа t + p, t + 2р, ..., t + ш^, а в каждом
промежутке между t + кр и ? + (fc + l)p (fc = 0, 1, 2, ..., mi — 1)
есть хотя бы одно число, делящееся на р. Таким образом,
«Si ^ 777-1, анаЛОГИЧНО 52 ^ Г772 И Т. Д., а ПОТОМУ S ^ 777. Но ЭТО
означает, что каждый простой сомножитель числа п\ входит
в состав числа (t + 1).. .(? + n), причем в степени, не меньшей
чем он входит в п!, т. е. число (t + 1).. .(? + п) делится на п\.
б) Произведение первых а сомножителей в п! совпадает
с а!; произведение следующих b сомножителей в силу зада-
задачи а) делится на 6!, произведение следующих с сомножите-
сомножителей — на с! и т. д. Так как a + 6 + c+... + fc^n, то отсюда
следует, что п\ разделится на а! 6!... к\
Другое решение задач а) и б). Решим сначала зада-
задачу б). Показатель т, с которым некоторое простое число р
входит в а!, как мы видели, равен m = mi +7772 +..., где 777i —
число чисел ряда 1, 2, ..., а кратных р, 7772 — кратных р2 и
тт М 2
т. д. Но число чисел, кратных р, равно — , кратных р —
IP]
Г а 1 Га] Га]
равно ^г и т. д., где -, -^ , ... — целые части дробей
IP2] IP] IP2]
а а . ч Га] Га]
-, -^, ... (см. с. 26). Таким образом, т = \-\ + ^т +...
Р Р2 IP] IP2]
Пусть теперь р — любое простое число. Тогда показатель, с
которым р войдет в числитель, равен — + \—^\ + ... Пока-
1Р1 IP2}
затель, с которым р войдет в знаменатель, равен
ol [a
Но так как n^a + 6+... + A;, то, используя результат зада-
задачи 101, 1), мы получим отсюда, что
т. е. р войдет в числитель в большей степени, чем в знамена-
знаменатель. Значит, наша дробь есть целое число.
РЕШЕНИЯ 145
Решим теперь задачу а). Дополним для этого произведение
(t + 1).. .(? + п) до (t + п)\. По только что доказанному дробь
(? + п) ...(? + l)t(t - 1)... 1 _ (n + t)\ _ (t + 1)... (t + n)
n\t(t- l)...l ~ n\t\ ~ ra!
есть число целое.
в) (п!)! есть произведение п! первых целых чисел. Но эти п!
чисел можно разбить на (п — 1)! групп по п последовательных
целых чисел, а произведение чисел каждой из этих групп в
силу результата задачи а) делится на п\.
г) Пусть рассматриваемые числа будут а, а + d, a + 2d, ...
..., a-\-(n — l)d. Докажем сначала, что существует такое целое
число /с, что произведение kd дает при делении на п\ в остат-
остатке 1. Действительно, рассмотрим п! — 1 чисел с/, 2с/, Зс/, ...
..., (n! — l)d. Ни одно из этих чисел не делится на п!, так
как d взаимно просто с п\. С другой стороны, никакие два
произведения pd и qd где р, q — целые числа, меньшие п!, не
могут давать при делении на п\ одинаковые остатки, так как
иначе разность pd — qd = (p — q)d делилась бы на п\. Таким
образом, рассматриваемые п\ — 1 чисел должны при делении
на п! давать п! — 1 разных остатков, откуда вытекает сущест-
существование числа /с, такого, что произведение kd дает при делении
на п\ остаток 1; kd = г • п\ + 1.
Обозначим теперь ка через А. Тогда мы имеем
ка = А,
к(а + d) = А + kd = (А + 1) + г • п!,
к(а + 2d)=A + 2kd = (А + 2) + 2т • п!,
к[а + (п- l)d\ = A + (n- l)kd=[A + (п - 1)] + (п - 1)г • п\.
Отсюда следует, что произведение
кпа(а + d)(a + 2d)... [а + (п -
дает при делении на п\ такой же остаток, как и произведение
А(А + 1)(А + 2)... [А + (п — 1)]. Но последнее из этих двух
произведений делится на п\ в силу задачи а), а Р взаимно
10 Д.О. Шклярский и др.
146 РЕШЕНИЯ
просто с п!, так как, если бы к не было взаимно просто с п!,
kd тоже не могло бы быть взаимно просто с п\.
50. Число, сочетаний из 1000 элементов по 500 равно
1000! m
Так как 7 — простое число, то наивысшая степень,
с которой 7 войдет в 1000! (см. второе решение задачи 49,6),
Г10001 Г10001 Г10001 л л тт
равна ^__j + ^__j + ^___j = 142 + 20 + 2 = 164. Наи-
^j ^j ^j
высшая степень, с которой 7 войдет в 500!, равна —— +
+ —— + ——¦ = 71 + 10+1 = 82. Следовательно, наивысшая
[ 49 J \_эьА\
степень, с которой 7 войдет в знаменатель, равна 82 • 2 = 164.
Таким образом, и числитель и знаменатель содержат 7 в 164-й
степени. После сокращения числитель не будет уже содержать
1000!
множителем 7, и следовательно, целое число 2 не делит-
делится на 7.
51. а) Число (п — 1)! не делится на п только в том случае,
если п — простое число или если п = 4. Действительно, если
п — составное число, которое можно представить в виде про-
произведения двух неравных множителей а и 6, то и а и Ъ меньше
п — 1 и, следовательно, входят в состав (п — 1)!; значит, (п — 1)!
делится на ab = п. Если п есть квадрат простого числа р,
большего двух, топ — 1 = р2 — 1 > 2р. Поэтому и р и 2р
входят в состав (п — 1)!; значит, (п — 1)! делится на р • 2р =
= 2р2 = 2п. Итак, условию задачи удовлетворяют только чи-
числа 2, 3, 4, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59,
61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, т. е. число 4 и все простые числа,
меньшие 100.
б) (п — 1)! не делится на п2 только в следующих случаях:
п есть простое число, п есть удвоенное простое число, п = 8,
п = 9. Действительно, если п не является ни простым числом,
ни удвоенным простым числом, ни квадратом простого числа
и не равно ни 8, ни 16, то п можно представить в виде п = аб,
где а и b — различные числа, не меньшие 3. Мы будем считать,
что b > а, а ^ 3. В таком случае числа а, 6, 2а, 26, За все
меньше п — 1 и при этом а, Ь и 26 заведомо различны, а из
РЕШЕНИЯ 147
чисел 2а и За хотя бы одно отлично от чисел а, 6 и 26. Таким
образом, в (п — 1)! входят множители а, 6, 26, 2а или а, 6, 26,
За (а может быть, входят и все множители а, 6, 26, 2а, За); во
всех случаях (п — 1)! делится на а2 б2 = п2.
Далее, если п = р• , где р есть простое число, большее 4,
то п — 1 >4ри (п — 1)! содержит множители р, 2р, Зр, Ар и,
следовательно, делится на рА = п2. Если п = 2р, то (п — 1)! не
делится на р2, а следовательно, и на п2; когда п = 8 или 9, то
(п — 1)! не делится на п2 G! не делится на 82 и 8! не делится
на 92); когда п = 16, то (п — 1)! делится на п2 A5! содержит
множители 2, 4 = 22, 6 = 3 • 2, 8 = 23, 10 = 2 • 5, 12 = 22 • 3,
14 = 2 • 7 и, следовательно, делится на 21+2+1+3+1+2+1 = 211 =
= 162-23).
Таким образом, условию задачи б) удовлетворяют все чис-
числа, удовлетворяющие условию задачи а), и, кроме того, числа
6, 8, 9, 10, 14, 22, 26, 34, 38, 46, 58, 62, 74, 82, 86, 94, т. е. все
простые числа, все удвоенные простые числа и числа 8 и 9.
52. Предположим, что число п делится на все числа га,
меньшие или равные л/п. Составим общее наименьшее крат-
кратное К всех таких чисел га. В него, очевидно, будут входить
все простые числа, меньшие ^/п, причем каждое простое чи-
число р в такой степени /с, что рк ^ ^/п, но рк+1 > л/п. Пред-
Предположим, что число простых чисел, меньших ^/п, равно /; эти
простые числа мы обозначим через р\^Р2-> • • •-, Pi Наименьшее
общее кратное К всех чисел, меньших л/п^ представляет собой
произведениер^р22- • -Pi\ гДе &1 таково, чтор11 ^ л/п < рх1+1,
&2 таково, что р22 ^ л/п < р22+1, и т. д. Перемножив теперь /
неравенств
получим
Но p*1+1^+1...pf'+1 = ркМ2...Р^ -Р1Р2...Р1 < К\ ибо
р11р22 .. .ptl = К, а, следовательно, р±р2 • • -Pi ^ К. Таким об-
образом, имеем
(у/пI < К2.
10*
148 РЕШЕНИЯ
Но так как согласно нашему предположению п должно
делиться на К, то К ^ п; следовательно, (л/пI < п2. От-
Отсюда / < 4; так как pi, ..., pi — все простые числа, мень-
меньшие д/n, то р4 — 7 > у^ (четвертое простое число есть 7)
и п < 49.
Перебирал все числа, меньшие 49, мы без труда убежда-
убеждаемся, что из них требуемым свойством обладают только чис-
числа 24, 12, 8, 6, 4 и 2.
53. а) Обозначим пять последовательных целых чисел через
п — 2, п — 1, п, п+1, п + 2.
Тогда
(п - 2J + (п - IJ + п2 + (п + IJ + (п + 2J =
Если бы число 5(п2 + 2) было полным квадратом, то оно
делилось бы на 25, следовательно, п2 + 2 делилось бы на 5. Но
это возможно лишь в том случае, если последняя цифра чис-
числа п2 есть либо 8, либо 3, а никакой квадрат целого числа не
оканчивается на эти цифры.
б) Из трех последовательных целых чисел одно, наверное,
делится на 3, второе дает при делении на 3 остаток 1 и тре-
третье — остаток 2 или же, что равносильно, остаток — 1. При
перемножении чисел остатки от деления их на какое-либо чис-
число тоже перемножаются; в самом деле,
(рк + г) (qk + s) = pqk2 + pks + qkr + rs = k(pqk + ps + qr) + rs.
Поэтому, если число при делении на 3 дает остаток 1, то любая
его степень при делении на 3 тоже дает остаток 1; если же
число при делении на 3 дает остаток —1, то любая его нечетная
степень при делении на 3 дает остаток —1, а любая четная —
остаток 1.
Таким образом, из трех четных степеней последователь-
последовательных целых чисел одна делится на 3, а две другие дают при
делении на 3 остаток 1. Следовательно, сумма четных сте-
степеней трех последовательных целых чисел дает при делении
на 3 остаток 2, или, что то же самое, остаток — 1. А мы уже
РЕШЕНИЯ 149
видели, что такой остаток не может дать при делении на 3
четная степень никакого целого числа.
Примечание. Интересно отметить, что в приведенном дока-
доказательстве нигде не используется тот факт, что четные степени, в
которые возводятся три числа, одинаковы. Таким образом, имеет
место следующее предложение более общее, чем утверждение за-
задачи: сумма четных степеней (может быть, различных) трех пос-
последовательных целых чисел не может быть четной степенью ни-
никакого целого числа.
в) Как мы видели в решении задачи б), сумма четных сте-
степеней трех последовательных целых чисел дает при делении
на 3 остаток 2. Отсюда вытекает, что сумма четных сте-
степеней девяти последовательных чисел дает при делении на 3
остаток 2 + 2 + 2 = 6, т. е. делится на 3. Докажем теперь, что
сумма одинаковых четных степеней девяти последовательных
целых чисел не делится на З2 = 9; отсюда будет сразу следо-
следовать утверждение задачи.
Из девяти последовательных целых чисел одно обязательно
делится на 9, одно дает при делении на 9 остаток 1, одно —
остаток 2 и т. д. Отсюда следует, что если 2k есть общая
степень, в которую возводятся девять чисел, то наша сумма
дает при делении на 9 тот же самый остаток, что и сумма
О + I2* + 22fc + 32fc + 42fc + б2* + б2* + 72fc + 82fc
или сумма
2A* + 4^ + 7^)
(так как З2 и б2 делятся на 9; I2 и 82 = 64 дают при деле-
делении на 9 остаток 1; 22 = 4 и 72 = 49 дают при делении на 9
остаток 4; 42 = 16 и 52 = 25 дают при делении на 9 оста-
остаток 7).
Отметим теперь, что I3 = 1, 43 = 64 и 73 = 343 все дают
при делении на 9 остаток 1. Отсюда следует, что если к = 3/,
то 1к + Ак + 7к = I1 + 64г + 343г дает при делении на 9 тот же
остаток, что и сумма 1+1+1 = 3, т. е. не делится на 9;
если к = 3/ + 1, то 1к + Ак + 7к = I1 • 1 + 64* • 4 + 343* • 7 дает при
делении на 9 тот же остаток, что и сумма 1-1 + 1-4+1-7 = 12,
т. е. не делится на 9; если к = 3/ + 2, то 1к + 4к + 7к =
= I1 • 1 + 64г • 42 + 343г • 72 дает при делении на 9 тот же остаток,
150 РЕШЕНИЯ
что и сумма 1-1 + 1-16+ 1-49 = 66, т. е. не делится на 9.
54. а) Сумма цифр каждого из чисел А ж В равна
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28;
отсюда следует, что оба числа дают при делении на 9 оста-
остаток 1 (каждое число дает при делении на 9 такой же остаток,
как и сумма его цифр). Но если бы было — = п, или, что то
В
же самое, А = пВ, где п — целое число, отличное от 1, то из
того, что В = 9N + 1, следовало бы, что А = пВ = 9М + п;
таким образом, п должно давать при делении на 9 остаток 1.
^4
Наименьшее подобное число п есть 10; но — < 10, так как
В
оба числа А ж В состоят из 7 цифр.
б) Обозначим искомые числа через TV, 27V, 3N. Каждое
целое число дает при делении на 9 такой же остаток, как и его
сумма цифр; поэтому сумма N + 2N + 37V дает при делении
на 9 такой же остаток, как и сумма 1 + 2 + 3 + .. . + 9 = 45,
т. е. 6N (а следовательно, и 37V) делится на 9.
Так как 3N трехзначно, то первая цифра числа N не мо-
может быть больше 3; поэтому последняя цифра N не может рав-
равняться 1 (так как в этом случае 2N оканчивается цифрой 2,
a 3N — цифрой 3 и все три цифры 1, 2, 3 оказываются за-
занятыми). Число N не может также оканчиваться цифрой 5
(в этом случае 2N оканчивалось бы нулем). Предположим те-
теперь, что последняя цифра N есть 2; в таком случае последняя
цифра 2N и 37V равна соответственно 4 и 6. Для двух первых
цифр 3N остаются возможными значения 1, 3, 5, 7, 8 и 9; так
как сумма всех цифр 37V кратна 9, то первые две цифры 37V
есть 3 и 9 или 5 и 7. Проверяя все представляющиеся слу-
случаи, находим одну тройку чисел, удовлетворяющих условию
задачи: 192, 384, 576. Аналогично исследуются случаи, ког-
когда N оканчивается на 3, 4, 6, 7, 8 или 9; при этом обнаружи-
обнаруживаются еще три решения задачи: 273, 546, 819; 327, 654, 981 и
219, 438 и 657.
55. Полный квадрат может оканчиваться только цифрами
0, 1, 4, 9, 6 и 5. Далее, квадрат каждого четного числа, оче-
очевидно, делится на 4, а квадрат нечетного числа дает при деле-
делении на 4 остаток 1 (BА;J = 4А;2, B&+1J = 4(А;2+А;) + 1; поэтому
РЕШЕНИЯ 151
квадрат никакого числа не может оканчиваться цифрами 11,
99, 66 и 55; числа, оканчивающиеся двумя цифрами 11, 99, 66
или 55, дают при делении на 4 соответственно остатки 3, 3,
2 и 3). Рассмотрим, наконец, какие остатки может давать
квадрат целого числа при делении на 16. Каждое целое число
можно представить в одном из следующих видов:
8А;, 8А;±1, 8к ± 2, 8к ± 3 или 8А; + 4;
квадраты этих чисел имеют вид
16 • D • А;2), 16DА;2 ± А;) + 1, 16DА;2 ± 2к) + 4,
16DА;2 ± Зк) + 9 или 16DА;2 + Ак + 1).
Таким образом, мы видим, что квадрат целого числа или де-
делится на 16 или дает при делении на 16 один из остатков 1, 4
и 9. Число же, оканчивающееся цифрами 4444, дает при деле-
делении на 16 остаток 12 и, следовательно, не может быть полным
квадратом.
Итак, если полный квадрат оканчивается четырьмя оди-
одинаковыми цифрами, то эти цифры — четыре нуля (например,
ЮО2 = 10000).
56. Первое решение. Обозначим стороны прямоуголь-
прямоугольника через х и у , а диагональ — через z; тогда по теореме
Пифагора будем иметь
Нам надо доказать, что произведение ху делится на 12. По-
Покажем сначала, что это произведение делится на 3, а затем —
что оно делится на 4.
Так как
(ЗА; + IJ = 3C?;2 + 2к) + 1 и (ЗА; + 2J = 3(ЗА;2 + 4А; + 1) + 1,
то квадрат каждого числа, не кратного 3, дает при делении
на 3 остаток 1. Поэтому, если бы ни ж ни у не делились на 3,
то сумма х2 + у2 давала бы при делении на 3 остаток 2 и поэ-
поэтому не могла бы быть равна квадрату никакого целого числа.
Следовательно, если х2 -\-у2 равно квадрату целого числа z, то
хотя бы одно из чисел х и у делится на 3, а значит, и ху де-
делится на 3.
152 РЕШЕНИЯ
Далее ясно, что оба числа х и у одновременно нечетными
быть не могут; если х = 2т + 1, у = 2п + 1, то
х2 + у2 = 4ш2 + 4ш + 1 + 4п2 + 4п + 1 =
= 4(гтГ + m + гГ + п) + 2
не может равняться квадрату никакого целого числа (квад-
(квадрат нечетного числа нечетен, а квадрат четного числа де-
делится на 4). Если ж х ж у — четные числа, то их произведе-
произведение делится на 4. Предположим теперь, что х четно, а у нечет-
нечетно: х = 2т, у = 2п + 1. Число z при этом будет нечетно
(ибо z2 + х2 + у2 нечетно): z = 2р + 1. В этом случае имеем
BтJ = Bр + IJ - Bп + IJ = Ар2 + 4р + 1 - 4п2 - 4п - 1, или
т2 = _р(]9 + 1) — п(п + 1).
Отсюда вытекает, что т2 четно (произведения последователь-
последовательных целых чисел р(р + 1) и п(п + 1) оба четные); следователь-
следовательно, т четно и х = 2т делится на 4. Значит, и в этом случае
произведение ху делится на 4.
Второе решение. Из формул решения задачи 128, а)
следует, что стороны хжу рассматриваемого прямоугольника
выражаются формулами х = 2tab, у = t(a2 — б2), где ?, а и b —
целые числа, причем а и b взаимно простые. Если хотя бы
одно из чисел a, b четно, то х делится на 4; если а и b оба
нечетны, то х делится на 2 и у делится на 2. Далее, если а или
b делятся на 3, то ж делится на 3. Если же ни а ни b не делятся
на 3, то либо одно из них дает при делении на 3 остаток 1,
а второе — остаток 2, либо оба они дают при делении на 3
одинаковые остатки; в обоих случаях у = t(a + b)(a — b) делится
на 3. Итак, во всех случаях произведение ху делится на 12, что
и требовалось доказать.
57. По формуле решения квадратного уравнения имеем
-b ±
Х 2а '
следовательно, для того чтобы корни уравнения были рацио-
рациональны, надо, чтобы выражение Ь2— Аас являлось полным квад-
квадратом. Положим b = 2п + 1, а = 2р + 1, с = 2q + 1; в таком
РЕШЕНИЯ 153
случае будем иметь
Ь2 -Аас= Bп + 1J-4Bр + 1)B<? + 1) = 4n2 + 4n-
- 16pq -8p-8q-3 = 8 ^1L±±L _ 2pq - p - q - l) + 5.
/n(n+l)
1ак как это число нечетно ( есть целое число, ибо про-
изведение двух последовательных целых чисел всегда четно
то оно может быть квадратом только нечетного числа. Но
каждое нечетное число можно представить в виде Ак ± 1;
квадрат этого числа равен
DА; ± IJ = Ш2 ± 8к + 1 = 8BА;2 ± к) + 1
и, следовательно, всегда дает при делении на 8 остаток 1. По-
Поскольку число Ъ2 — 4ас дает при делении на 8 остаток 5, оно не
может являться полным квадратом.
58. Имеем
1 1 1 Зп2 + 6п + 2
- + 7 +
IV IV \^ -L IV \^ ?-1 I v\l v \^ Л. I \ I v \^ s-i I
Числитель нашей дроби не делится на 3, а знаменатель де-
делится, так как он является произведением трех последователь-
последовательных целых чисел. Следовательно, в знаменателе есть множи-
множители, отличные от 2 и 5, а потому в разложении получится
бесконечная периодическая десятичная дробь.
Из двух целых чисел п и п + 1 одно должно быть четным.
Если четно п + 1, то п нечетно, следовательно, нечетно Зп2, а
потому и весь числитель. Если же п четно, то и п + 2 делится
на 2 и, следовательно, знаменатель, наверное, делится на 2 ;
числитель же делится только на 2, так как если п = 2/с, то
Зп2 + 6п + 2 = 12к2 + 12к + 2 = 2FА;2 + 6А; + 1).
Поэтому знаменатель полученной после сокращения дроби не
будет взаимно прост с 10, и десятичная дробь будет смешан-
смешанной периодической.
59. а), б). Приведем все слагаемые в сумме
М =- + ... + - Гили N = - + + + ... + )
1 п V п п + 1 п-\-2 п-\-т/
154 РЕШЕНИЯ
к общему знаменателю. Из всех дробей, входящих в нашу
сумму, рассмотрим ту, в знаменателе которой стоит самая
высокая степень двух (такая дробь может быть только одна).
Тогда во все остальные дроби число 2 войдет дополнительным
множителем, в то время как в этой дроби дополнительным
множителем обязательно будет число нечетное. У всей дроби
М (или N) знаменатель есть, конечно, число четное, а чис-
числитель, как мы видим, состоит из суммы некоторого числа
четных чисел и одного нечетного. Следовательно, числитель
есть число нечетное, а потому вся дробь не может быть целой,
в) Рассмотрим дробь в сумме К, в знаменателе которой
стоит самая высокая (к-я) степень числа 3. Так как у нас зна-
знаменателями являются только нечетные числа, то дробь -^
в сумме К отсутствует. Поэтому при приведении суммы дро-
дробей к общему знаменателю дополнительные множители всех
дробей кроме рассмотренной будут делиться на 3, а дополни-
дополнительный множитель этой дроби не будет делиться на 3. Сле-
Следовательно, в сумме получим дробь, знаменатель которой де-
делится на 3, а числитель не делится.
60. а) Приведя сумму дробей к общему знаменателю
(р— 1)!, мы получим в числителе сумму: всевозможных произ-
произведений из р — 1 чисел 1, 2, ... ,р — 1 по р — 2. Так как знаме-
знаменатель, очевидно, не делится на р, то нам надо доказать, что
эта сумма делится на р2.
Обозначим сумму всевозможных произведений из п чи-
чисел 1, 2, ..., п по к через П^:
П* =1 + 2 + 3 + ... + п,
Ul = 1-2 + 1-3 + . .. + l-n + 2-3 + 2-4 + ... + 2-n +
+ 3-4 + ... + 3-n = 4-5 + ... + (n-l)-n,
Щ = 1 • 2 • 3... п = п\
Докажем, что если п + 1 = р — простое число, то все
суммы П^, П^, ..., П™ делятся на р, allJJ делится
даже на р2; из последнего будет следовать утверждение на-
настоящей задачи.
Составим произведение
Р{х) = (х - 1)(х - 2)(х - 3)... (х - п).
РЕШЕНИЯ 155
Очевидно, что, раскрывал в этом произведении скобки, полу-
получим
Р{х) = хп- П1пхп-1 + П2пхп-2 - ... + П?
(здесь мы считаем, что п четное),
Рассмотрим, далее, выражение Р(х)[х — (п + 1)]. Его можно
преобразовать двумя способами. С одной стороны, мы имеем
Р(х)[х-(п + 1)] =
= (хп - П^-1 + 1%хп~2 -... + 1%)[х-(п + 1)],
а кроме того,
Р(х)[х - (п + 1)] =
= (ж - 1)(ж - 2)(ж - 3)... (ж - п){х - п - 1) =
= (х- 1){[(х - 1) - 1][(х - 1) - 2]... [(х - 1) - п}} =
= (х - 1) ¦ Р(х -1) = (х- ^ 1
Таким образом, получаем равенство
(хп -
П^ж - 1)п + U2n(ж - I)" - ... + П?(ж - 1).
(*)
Если два многочлена равны при всех значениях ж, то это
значит, что равны коэффициенты этих многочленов. При-
Приравняем коэффициенты многочленов, стоящих с обеих сторон
равенства (*) (причем в правой стороне этого равенства нам
придется раскрыть скобки при различных степенях ж —1, поль-
пользуясь формулой бинома Ньютона). Мы получим ряд равенств
(через С™ обозначаются, как обычно, биномиальные коэффи-
коэффициенты) :
З + (га + 1)П2 = Cl+l + СХ + С1п_гП2п + ПЗ
156 РЕШЕНИЯ
Первое из этих равенств очевидно. Из 2-го, 3-го, ..., п-го
последовательно, учитывал, что (п+1)—С\ = 1, (п+1)—С\_х =
= 2, ..., (п + 1) — С\ = п — 1, получаем
ТТ1 - Г2
оп2 — Г3 -к Г2Т\1
ziin — on+1 -h bniin,
ШЗ _ 4 З1 2
п —
п
(п - i)nr! = с?+
(**)
Предположим теперь, что п + 1 = р есть простое число.
В таком случае
Гк _rk_ p(p-l)(p-2)...(p-fc + l)
при всяком к делится на р (ибо числитель дроби делится на р,
а знаменатель не делится). Пользуясь этим, из первой форму-
формулы (**) находим, что П^ делится нар, затем из второй, что П2
делится на р, затем из третьей, что П3 делится на р и так
до ЩГ1-
Наконец, подставим в основное равенство
значение х = р. Мы получим
(р - 1)! = if-1 - Щ_1Рр-2 + П2р_1Р»-3-
Но П^1Х = (р — 1)!. Отбрасывая слева и справа (р — 1)!,
сокращая на р, перенося П^_15 в левую сторону и вынося спра-
справа р за скобки, мы получаем
откуда следует, что П^1Х делится нар2 (ибо выражение в скоб-
скобках при р > 3, как мы доказали выше, тоже делится на р).
РЕШЕНИЯ 157
б) Приведем фигурирующую в условии задачи сумму дро-
дробей к общему знаменателю [{р— I)!]2- Мы получим выражение
А
[(p-i)!]2'
где А есть сумма всевозможных произведений из чисел I2, 22,
З2, ..., (р — IJ по р — 2. Для того чтобы доказать, что А де-
делится на р, составим квадрат суммы П^_1 (относительно обо-
обозначений см. решение задачи а)). Раскрыв скобки по правилу
возведения в квадрат многочлена (квадрат многочлена равен
сумме квадратов всех его членов плюс сумма удвоенных про-
произведений всевозможных пар членов), мы получим А и еще ряд
членов (всевозможные удвоенные произведения). Рассмотрим
какое-либо из этих удвоенных произведений:
х [1 - 2... (i - l)(j + 1)... (р - 1)].
Очевидно, что это произведение равно
Суммируя все такие выражения, мы покажем, что
Отсюда
A = (UlZir - 2(р - l)\UppZv
и, в силу доказанного выше (см. решение задачи а)), А делится
на р, что и требовалось доказать.
61. Дробь —: ц сократима или несократима одно-
а4 + За2 + 1
а4 + За2 + 1 а2 + 1
временно с дробью 5 = а -\ 5 или одновре-
а6 + 2а а6 + 2а
менно с дробью —^ . Дробь —^ сократима или не-
tt Н~ lid (Л \ lid
а3 + 2а а
сократима одновременно с дробью —^ = аН—^ или
а2 + 1 а2 + 1
158 РЕШЕНИЯ
одновременно с дробью —^ . Дробь —^ сократима или
а2 + 1 а2 + 1
, а2 +1 1
несократима одновременно с дробью = а-\— или одно-
а а
временно с дробью -, которая при целом а, очевидно, несок-
несократима. а
62. Покажем прежде всего, что для любого целого чис-
числа b число разностей а& — аи делящихся на 6, не
меньше числа разностей к — /, делящихся на Ь.
С этой целью подсчитаем число разностей а& — аи делящихся
на Ь.
Пусть по из чисел ai, a2, ..., ап делятся на 6, п\ из них
дают при делении на b остаток 1, п2 дают остаток 2, пз —
остаток 3, ..., Щ-1 — остаток 6—1. Так как каждое число
при делении на Ъ дает один из остатков 0, 1, 2, 3, ..., Ъ — 1, то
ясно, что
Щ + Til + п2 + • • • + Щ-1 — Т1.
Для того чтобы разность а& — а\ делилась на 6, надо, чтобы
ak и а\ давали при делении на b одинаковые остатки. Таким
образом, из разностей а^ — а\ на b будут делиться: С^о =
по(по - 1) о ,
= попарных разностей щ чисел, делящихся на о,
С\х = попарных разностей ni чисел, дающих при
z
, л п2 П2(П2 - 1)
делении на о остаток 1, С^2 = попарных разнос-
разностей п2 чисел, дающих остаток 2, и т. д. вплоть до С2 =
bi(bi)
= попарных разностей n^-i чисел, дающих при
Zj
делении на b остаток 6—1. Следовательно, общее число N
разностей ak — аи делящихся на 6, равно
_ по(пр - 1) m(ni - 1) пь_1(пь_1 - 1)
2 +•••+ 2
Последнее выражение можно переписать в следующем виде:
N _ Tlj + П1 + П2 + • • • + nLl _ Пр + П1 + П2 + . . . + П6_1 _
~ 2 2 ~
n^ + n\ + n| + ... + n2b_x n
РЕШЕНИЯ 159
Преобразуем теперь первый член правой части этого ра-
равенства:
П0 +П1 +П2 + '•• +nfo 1 1/, ч9
— 1 — = 2 ((п° + П1 + П2 + • • • + nb-i) ~
- 2n0ni - 2n0n2 - ... - 2Щ-2Щ-1) =
n2 1
= у +
n2
6_2 - пъ-if
- (n20 + n\) -{nl+nl)-...- (n2b_2
niJ + (no - n2J + ... + (nb_2 - пь-
Перенесем член, содержащий сумму квадратов чисел п&, в ле-
левую часть равенства и разделим обе части на 6; получим
П0 + П1 + П2
_ П2 (п0 - niJ + (п0 - П2J + . . . + (Щ-2 - Щ-lJ
~ 26 26
откуда
_ (п0 - niJ + (п0 - П2J + . . . + {Щ-2 ~ Щ-lJ V?_ _ П
26 26 2"
Точно так же доказывается, что число N' разностей к — Z, где
/си/ — целые числа, fc>!, ^пи!I делящихся на 6, равно
{, - п[J + (п;0 - Ц
п
_ (п{, п[) + (п0 Ц) + ¦ ¦ ¦ + К_2 n^J г^ _ п
26 +2Ь 2'
здесь Пд. есть число членов ряда 1, 2, 3, ..., п, дающих при де-
делении на 6 остаток fc.
Из полученных формул сразу следует, что если п = mb
(п делится на 6), то число N не меньше чем N': действительно,
в этом случае числа n70, n'l5 n72, ..., п|)_1 все равны т и поэтому
160 РЕШЕНИЯ
сумма квадратов попарных разностей этих чисел равна нулю.
Менее очевидно, что и в том случае, когда п дает при делении
на b остаток г, отличный от нуля: п = mb + г, где 0 < г < 6,
имеет место неравенство N ^ N1'. В этом случае г из чисел
Пд, П]_, п^, ..., ^5_х, (а именно числа п^, п^, П3, ..., п^) равны
т + 1, а остальные числа Пд, fij.+i' пг+2' • • •-> пь-1 Равны т-
Для того чтобы доказать, что N не может быть меньше TV7,
воспользуемся следующим искусственным приемом.
Так как сумма b чисел no, ni, П2, ..., Щ-i равна п = габ+г,
то хотя бы одно из этих чисел щ не больше га: действительно,
в противном случае сумма этих чисел была бы не меньше
Ь(т + 1) > п. Прибавим теперь к нашим числам ai, a2, ..., ап
еще одно число an+i, дающее при делении на b остаток 1.
При этом к числу разностей а& — а/, добавятся п разностей
an+i — ai, an+i — a2, ..., an+i ~ an-> из которых ровно п^ будут
делиться на Ъ . Точно так же к числу разностей к — I доба-
добавятся п разностей (п + 1) — 1, (п + 1) —2, ..., (п + 1) —п; из этих
разностей, очевидно, т ^ щ будут делиться на Ь. Поэтому,
если мы докажем, что из С^+1 разностей а& — щ (к > /,
/с, / = 1, 2, ..., п + 1) не меньшее число их делится
на 6, чем среди разностей А; — / (/с, / = 1, 2, ..., п + 1),
то отсюда будет следовать, что из числа С^ первоначальных
разностей а& — щ(к > /, /с, / = 1, 2, ..., п) и подавно не меньше
делилось на 6, чем среди разностей к — /, где /с, / = 1, 2, ..., п.
Если число п + 1 делится на 6, то последнее утверждение уже
следует иэ приведенных выше соображений; если же п + 1 еще
не делится на 6, то мы аналогичным образом будем добавлять
к ряду чисел ai, a2, аз, ..., ап, an+i, все новые и новые числа,
пока общее число их не окажется кратным Ъ и все разности
п7 — п7 не обратятся в нуль. Этим завершается доказатель-
доказательство нашего утверждения.
Из доказанного немедленно следует предложение задачи.
Действительно, каково бы ни было простое число р, среди раз-
разностей ak — щ имеется не меньше делящихся на р, чем среди
разностей к — /; не меньше делящихся на р2, чем среди раз-
разностей к — /; не меньше делящихся на р3, чем среди разностей
к — I и т. д. Отсюда вытекает, что каждое простое число р
входит в произведение всех разностей (а& — щ) не в низшей
степени, чем в произведение всех разностей (к — I). А это
РЕШЕНИЯ 161
- о а/с Щ
означает, что в произведении всех дробей вида каж-
гь I
дый простой множитель знаменателя можно будет сократить
с соответствующим множителем числителя и, следовательно,
произведение будет целым числом.
63. Числа нашего ряда имеют вид 1 + 104 + 108 + ... + 104/с.
Рассмотрим наряду с этими числами числа 1 + 102 + 104 +
+ 106 + ... + 102/с. Непосредственной проверкой нетрудно убе-
убедиться в том, что
104/с+4 - 1 = A04 - 1) • A + 104 + 108 + ... + 104/с),
102/с+2 _ г = A02 _ 1) . A + Ю2 + Ю4 + - - . + Ю2/С).
Кроме того, очевидно,
104fc+4 _ х = (
Сопоставляя все эти равенства, получаем
= A02 - 1)A + 102 + Ю4 + ... + 102fe)A02fe+2 + 1),
1(L _ ^
или, так как — = 102 + 1 = 101,
A + 104 + 108 + ... + 104/с)-101 =
A + 102 + 104 + ... + 102/с)A02/с+2 + 1).
Так как 101 есть простое число, то или 1 + 102 + 104 + ...
... + 102/с или Ю2/с+2 + 1 делится на 101; при этом, если к > 1,
то частное больше 1. Сократив на 101, мы получим, что число
I + 104 + 108 +... + 104/с при к > 1 разлагается по крайней мере
на два множителя, что и требовалось доказать. При к = 1 мы
имеем число 104 + 1 = 10 001, которое тоже является составным
A0 001 = 73-137).
Точно так же можно доказать, что все числа ряда
lOCh^O, 100^1, lOCh^J), lOCh^O, lOCh^Ol, ...
Bk + 1) раз Bk + 1) раз Bk + 1) раз Bk + 1) раз Bk + 1) раз
II Д.О. Шклярский и др.
162 РЕШЕНИЯ
являются составными.
64. а) а128 - б128 = (а64 + Ь64)(а64 - Ь64) =
= (а64 + Ь64)(а32 + ь32)(а32_632) =
= (а64 + Ь64)(а32 + Ь32)(а16 + Ь16)(а16 - б16) = ...
... = (а64 + Ь64)(а32 + Ь32)(а16 + б16)(а8 + Ъ8)х
х (а4 + 64)(а2 + Ь2)(а + Ь)(а - Ъ).
Следовательно, частное равно а — Ь.
б) Как и в предыдущей задаче,
= а — b.
{а + Ь) (а2 + Ь2)(а4 + Ь4)... (а2* + б2*) (а2* + Ь2к)
65. Заметим, что
+ 1)B2"-2 + 1)B2та - 1) = ...
2"-2 + 1)B2П + 1)... B2
(см. предыдущую задачу; последний множитель 2 — 1 можно
отбросить, так как 2 — 1 = 1). Таким образом, число 22™ — 1 =
= B2™ + 1) — 2 делится на все предыдущие числа нашего ряда.
Отсюда следует, что если 22™ + 1 и 22 +1, где к < п, имеют
общий делитель, то на этот общий делитель должно делиться
и число 2. Но 2 не может быть общим делителем двух чи-
чисел последовательности, так как все эти числа нечетные; сле-
следовательно, каждые два числа последовательности являются
взаимно простыми.
66. 2П, разумеется, не может делиться на 3. Если 2п дает
при делении на 3 остаток 1, то 2п — 1 делится на 3; если 2п дает
при делении на 3 остаток 2, то 2п + 1 делится на 3. Поэтому
во всех случаях одно из двух чисел 2п — 1 и 2п + 1 делится на
3, и следовательно, если оба этих числа больше 3, то они не
могут быть одновременно простыми.
67. а) Если бы простое число р > 3 давало при делении
на 3 остаток 2, то 8р — 1 делилось бы на 3. Поэтому число р
РЕШЕНИЯ 163
должно давать при делении на 3 остаток 1; но в этом случае
8р + 1 делится на 3. Если же р = 3, то 8р + 1 = 25 — тоже
составное число.
б) Если р не делится на 3, то р2 дает при делении на 3
остаток 1 (см. решение задачи 53,6)) и, следовательно, 8р2 +1
делится на 3. Таким образом, должно быть р = 3, 8р2 + 1 = 73.
Но в этом случае и число 8р2 — 1 = 71 — простое число.
68. Простые числа, кроме 2 и 3 дают при делении на 6
остаток 1 или 5, ибо если бы число давало при делении на 6
остаток 2 или 4, то оно было бы четным, а если бы оно давало
остаток 3, то делилось бы на 3. Таким образом, любое простое
число, больше 3, можно записать в виде 6п + 1 или 6п + 5.
Квадраты этих выражений имеют вид Збп2 + 12п + 1 и Збп2 +
+ 60п + 25. В обоих случаях при делении на 12 получается в
остатке 1.
69. Из трех чисел, имеющих вид 6п + 1 или 6п + 5 (см.
предыдущую задачу), по крайней мере два имеют одинаковый
вид. Следовательно, их разность, равная d или 2rf, где d —
разность прогрессии, делится на 6; поэтому d делится на 3.
Кроме того, d как разность двух нечетных чисел делится на 2,
поэтому d делится на 6. (См. также решение задачи 70, а).)
70. а) Так как простые числа (кроме 2) — числа нечетные,
то разность прогрессии — число четное. Далее, если бы раз-
разность прогрессии не делилась на 3, то три члена прогрессии
аЪ ai + d, a\ + 2d все давали бы разные остатки при делении
на 3 (разность никаких двух из них не делится на 3) и, следова-
следовательно, хотя бы одно из них делилось бы на 3, что невозможно,
так как все члены прогрессии по условию — простые числа
(если а\ = 3 то а\ + Ы тоже делится на 3). Точно так же, если
бы d не делилось на 5, то все числа ai, а\+ с/, а\ + 2с/, а\ + 3d и
а\ + Ы давали бы при делении на 5 разные остатки и, следова-
следовательно, одно из них делилось бы на 5. Аналогично показыва-
показывается, что если все члены арифметической прогрессии простые,
то разность прогрессии должна делиться на 7. Итак, разность
d искомой прогрессии должна быть кратна 2-3-5-7 = 210;
d = 210k.
По условию задачи
а10 = a1 + 9d = a1 + 1890k < 3000.
11*
164 РЕШЕНИЯ
Но это неравенство невозможно при к ^ 2; значит, к = 1,
Отсюда следует, что а\ < 3000 — 9с/ = 1110.
Далее 210 = 11-19 + 1; следовательно, (т + 1)-й член про-
прогрессии можно представить в виде
ат+1 = ai + A1 • 19 + 1) • т = 11 • 19m + (ai + т).
Отсюда следует, что если а\ дает при делении на 11 остаток 2,
то аю делится на 11; если а\ дает при делении на 11 остаток 3,
то ад делится на 11, и т. д. Таким образом, доказываем, что а\
не может давать при делении на 11 остаток 2, 3, 4, ... или 10.
Если а\ отлично от 11, то а\ не может делиться на 11 (ибо а\ —
простое); значит а\ или равно 11 или дает при делении на 11
остаток 1. Далее, используя то, что 210 = 13 • 16 + 2 и, следо-
следовательно,
am+1 = ai + A3 • 16 + 2)га = 13 • 16m + (аг + 2m),
можно показать, что а\ при делении на 13 может давать только
остатки 2, 4, 6, 8, 10 или 12. Учитывая, что а\ нечетно (ибо
все члены прогрессии нечетны), мы заключаем, что а\ или
равно 11 или имеет один из следующих видов:
2-11-13/+ 23 = 286/+ 23, 286/ + 45, 286/ + 67,
286/+ 155, 286/+ 177 или 286/+ 199.
Учитывая, что а\ < 1110, нам остается только проверить
следующие возможные значения а±:
11; 23, 309, 595, 881; 45, 331, 615, 903; 67, 353, 637, 925;
155, 441, 727, 1013; 177, 463, 749, 1035; 199, 485, 771, 1057.
Простыми из этих чисел являются только
11, 23, 881, 331, 67, 353, 727, 1013, 463 и 199.
Проверив соответствующие 10 прогрессий, мы найдем
единственную прогрессию, удовлетворяющую условиям за-
задачи:
199, 409, 619, 829, 1039, 1249, 1459, 1669, 1879, 2089.
б) Задача решается аналогично задаче а). Прежде всего,
если ai, отлично от 11, то совершенно аналогично решению
задачи а) показывается, что знаменатель d прогрессии должен
РЕШЕНИЯ 165
быть пропорционален 2 • 3 • 5 • 7 • 11 = 2310 (d = 2310/с); отсюда
вытекает, что
ац = ах + 23100A; > 20000.
Остается только исследовать случай а\ = 11; здесь можно
только утверждать, что d = 210/с. Воспользовавшись тем, что
210 = 13-16 + 2, мы сможем записать следующее выражение
для общего члена прогрессии:
an+i = 11 + A3 • 16 + 2)кп = 13A6А;п + 1) + 2(кп - 1).
Но при к = 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10 удается подобрать такой
номер п < 10, что кп — 1 делится на 13 и, следовательно, ап+\
делится на 13 и не является простым; это значение и будет
соответственно равно 1, 7, 9, 10, 8, 2, 5, 3, 4. Если же к = 6,
d = 210 • 6 = 1260, то
а4 = 11 + 3-1260 = 3791
делится на 17. Таким образом, если а\ = 11, то к > 10, а
следовательно, d ^ 2100 и опять аю > 20000.
71. а) Если два неравных числа отличаются одно от дру-
другого не больше чем на 4, то они не могут иметь общих дели-
делителей, больших 4. Таким образом, два числа из наших пяти
последовательных чисел могут иметь или общий делитель 2,
или общий делитель 3, или общий делитель 4, или быть вза-
взаимно простыми. Из пяти последовательных чисел по крайней
мере два будут нечетны; из двух последовательных нечетных
чисел по крайней мере одно не будет делиться на 3. Следо-
Следовательно, среди наших чисел имеется хотя бы одно нечетное
число, не делящееся на 3; это число заведомо будет взаимно
просто с остальными четырьмя числами.
б) Решение этой задачи близко к решению задачи а), но
значительно сложнее. Если два неравных числа отличаются
друг от друга не больше чем на 15, то они не могут иметь
общих делителей, больших 15. Так как два числа заведомо
взаимно просты, если они не имеют общих простых делите-
делителей, то, для того, чтобы доказать нашу теорему, достаточно
показать, что среди 16 последовательных целых чисел можно
найти число, не имеющее с остальными 15 числами общих де-
делителей 2, 3, 5, 7, 11 и 13; это число и будет взаимно просто
со всеми остальными.
166 РЕШЕНИЯ
Прежде всего из 16 чисел вычеркнем как не удовлетворя-
удовлетворяющие нашим требованиям восемь четных чисел; после этого
у нас останется восемь последовательных нечетных чисел. Из
восьми последовательных нечетных чисел, очевидно, на 3 де-
делятся или 1-е, 4-е, 7-е, или 2-е, 5-е, 8-е, или 3-е, 6-е; на 5 делятся
или 1-е и 6-е, или 2-е и 7-е, или 3-е и 8-е, или же только одно чи-
число; на 7 делятся или 1-е и 8-е, или же только одно число; на 11
и на 13 делится не больше одного числа. Если среди наших
восьми последовательных нечетных чисел имеется не больше
пяти чисел, делящихся на 3, или на 5, или на 7, то среди этих
восьми чисел найдется число, не делящееся ни на 3, ни на 5,
ни на 7, ни на 11, ни на 13; это число заведомо будет взаимно
просто со всеми остальными. Рассмотрим теперь все те слу-
случаи, когда чисел, делящихся или на 3, или на 5, или на 7, будет
не меньше 6.
Пусть среди наших восьми нечетных последовательных чи-
чисел на 3 делятся три числа; тогда на 5 могут делиться два
из оставшихся чисел только в том случае, если одно из край-
крайних чисел делится на 3, а второе — на 5. Вычеркнув эти
пять чисел, мы оставим 2-е, 5-е и 6-е числа, или же 7-е, 4-е и
3-е числа. Рассмотрим сначала первый случай. 2-е, 5-е и 6-е
нечетные числа являются в ряду всех 16 последовательных чи-
чисел 4-м, 10-м и 12-м или 3-м, 9-м и 11-м числами. Ни одно из
этих чисел не может иметь ни с одним из остальных 15 чисел
общий делитель 13, так как каждое из остальных чисел отли-
отличается от него меньше чем на 13. Следовательно, если эти три
числа не делятся ни на 3, ни на 5, то одно из них (а именно, то,
которое не делится ни на 7, ни на 11) будет взаимно просто
со всеми остальными числами. Точно так же проводится до-
доказательство и в том случае, когда после вычеркивания чисел,
делящихся на 3 и на 5, остаются 3-е, 4-е и 7-е числа.
Если из наших восьми чисел на 3 делятся три числа, то
на 7 не могут делиться никакие два из оставшихся. Если же
на 3 делятся только два числа, 3-е и 6-е, то возможно, что из
оставшихся на 7 делятся два, а именно 1-е и 8-е, и на 5 де-
делятся два: 2-е и 7-е. Вычеркнув эти шесть чисел, мы оставим
из наших восьми нечетных чисел 4-е и 5-е, которые не будут
уже делиться ни на 3, ни на 5, ни на 7. Оба эти числа будут
взаимно простыми с каждым из остальных 15 чисел нашей
РЕШЕНИЯ 167
последовательности, так как каждое из остальных чисел от-
отличается от них меньше чем на 11 и поэтому не может иметь
с ними общий делитель 11 или 13.
Итак, мы полностью доказали, что из 16 последовательных
целых чисел всегда можно выбрать одно, взаимно простое с
остальными.
Примечание. Аналогично, но более просто доказывается, что
из 8 или из 10, или из любого другого числа, меньшего 16, по-
последовательных целых чисел всегда можно выбрать одно, взаимно
простое с остальными. Для 17 чисел это предложение уже неверно:
например, среди 17 последовательных чисел от 1184 до 1220 нет ни
одного взаимно простого со всеми остальными. По-видимому, и для
любого другого числа к, большего 16, можно найти к последователь-
последовательных целых чисел, среди которых нет ни одного взаимно простого
со всеми остальными; однако доказательство этого общего предло-
предложения неизвестно.
72. Искомое число будет равно произведению А\ -В\, где А\
состоит из 666 цифр 9, a Si — из 666 цифр 2. Но А\ на 1
меньше числа 10666, выражаемого единицей с 666 нулями. По-
Поэтому умножить число В\ на это число — то же самое, что
умножить В\ на Ю666 (при этом получится число, состоящее
из 666 двоек и 666 нулей) и из результата вычесть число В\.
Нетрудно видеть, что получаемая разность будет иметь вид
22^1 77^8.
665 раз 665 раз
73. Число 777 777 делится без остатка на 1001 и дает в част-
частном 777. Поэтому число 777.. .700000 дает при делении на 1001
996 раз
в частном
777000777000...777000 00.
группа 777000 повторяется 166 раз
Так как, кроме того, число 77 777 дает при делении на 1001
в частном 77 и в остатке 700, то частное от деления А на 1001
имеет вид
777000777000... 777000 77,
группа 777000 повторяется 166 раз
а остаток равен 700.
74. Так как число 222 222 не является полным квадратом,
168 РЕШЕНИЯ
то десятичная запись искомого числа имеет вид
222222а7а8...ап,
где с&7, as, • •., ап — какие-то не известные нам цифры.
Предположим сначала, что число п цифр искомого числа
четно: п = 2к. Будем теперь извлекать корень из этого числа
по обычным правилам:
л/22 22 22 а7а8 ... а2к-\^2к = 471405
16
871622
7|бО9
941
1
9424
4
1322
941
381A708
376 9 6
9428051 х\ Х2Х3 ад аю а
Ъ\ 4 7 14 0 2
(пятая цифра результата есть 0, так как жх, очевидно, мо-
может быть равно только 4 или 5 и, следовательно, меньше 9;
по аналогичной причине шестая цифра, если она последняя,
есть 5).
Остаток равен нулю, если ад = 4, аю = 0, ахх = 2, ayi = 5;
х\ = 4, Х2 = 7, хз = 1, откуда легко выводим as = 6 + 1 = 7,
aj = G + 9) — 10 = 6. Таким образом, наименьшее число, име-
имеющее четное число цифр и удовлетворяющее условию задачи,
есть 222 222 674 025 =4714052.
Аналогично рассматривается случай, когда п = 2к + 1 не-
нечетно:
у/2 22 22 2a7a8a9 ... a2/ca2/c+x = 149071...
1
24
4
289
9
122
96
2622
2601
29807
7
212a7
20 86
a8
4
a9
9
2981411 x\ X2 X3 х^аю a
l| 2 9 8 1 4 1
298142 Ж5 xq X7 xs xg
РЕШЕНИЯ 169
Так как число, образованное цифрами жх, #2, не мень-
ше 33 (= 119 — 86) и не больше 43 (= 129 — 86), то шестая цифра
корня равна 1, причем на этом процесс извлечения корня не
обрывается, а продолжается дальше. Следовательно, наимень-
наименьшее число, имеющее нечетное число цифр и удовлетворяющее
условию задачи, не менее чем тринадцатизначно, т. е. превос-
превосходит число 222 222 674 025. Итак, искомым числом будет
222 222 674 025.
75. Если число а меньше 1, то и у/а меньше 1. Пред-
Предположим теперь, что десятичная дробь, равная д/а, начина-
начинается с меньшего числа девяток, чем 100; это означает, что
, ! ч юо
у/а < 1 — I — I . Возводя обе части последнего неравенства
в квадрат, получаем
1 \ юо / 1 \ 200
Jo
Но
-, \ 100 / -, \ 200 / -, \ 100
I \ юо
/1V
поэтому а < 1 — ( — J и, значит, десятичная дробь, рав-
равная а, не может начинаться со 100 девяток.
76. Искомое шестизначное число, начинающееся с цифр 523
и делящееся без остатка на 7 • 8 • 9 = 504, можно представить в
виде 523 000+ Х, где X — трехзначное число. Но непосредст-
непосредственное деление дает 523 000 = 504-1037 + 352, т. е. 523 000 дает
при делении на 504 остаток 352. Так как сумма числа 523 000
и трехзначного числа X должна делиться на 504, то отсюда
следует, что X может быть равно либо
504 - 352 = 152,
либо
2 • 504 - 352 = 656
(ибо число 3 • 504 — 352 уже четырехзначно). Итак, условию
задачи удовлетворяют два числа: 523152 и 523 656.
77. Пусть N — искомое число. По условию задачи имеем
N = 131А: + 112 = 132/+ 98,
170 РЕШЕНИЯ
где к и / — целые положительные числа. При этом так как N
четырехзначно, то, очевидно,
_ ТУ-98 1QQQQ - 98
132 < 132 ^ '
Далее, имеем
131А; + 112 = 132/ + 98; 131(А; -/) = /- 14.
Отсюда видно, что если к — I отлично от нуля, то / — 14 по
абсолютной величине превосходит 130, что невозможно, если
/ ^ 75. Таким образом, должно быть к — I = 0, к = /, откуда
сразу получаем
/ - 14 = 0, к = / = 14,
N = 131 • 14 + П2(= 132 • 14 + 98) = 1946.
78. а) Выписанное в условии задачи 2п-значное число можно
преобразовать так:
4 • Ю2™ + 9 • 102п + 4 • 102п + 9A02п + 102п + ...
... + 10п) + 5 • Ю" + 5 • 10п = 4 • Ю2™ + 9 • 102п +
inn-3 _1
+ 4 • 102п~3 + 9 • 10п^ + 5 • КГ + 5 • 10п~2 =
к)
= 4 • Ю2" + 9 ¦ 102п + 5 ¦ 102п - 10п + 5 ¦ Ю" +
+ 5 ¦ 10n = -(8 • КJ" + 18 ¦ 102п + 10 • lO2n -
- 2 • 10п + 10п + Ю") = - (9 ¦ Ю2" + 9A02n - 9 • 10я) =
_ [A0п - 1) + \Qn~l] • 9 ¦ КГ
" 2 "
Но этому же равна и сумма арифметической прогрессии с
разностью 1, первым членом 10n-1 и последним членом 10п —
— 1 (число членов прогрессии равно 10п — 10n-1 = 9 • lCT) —
сумма всех n-значных чисел.
б) Число тех из рассматриваемых чисел, у которых на пер-
первом месте стоит данная цифра а (а может быть равно 1, 2, 3,
4 или 5), есть 6 • 6 • 3 = 108 (ибо на втором и третьем месте
может стоять любая из шести цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, а на
РЕШЕНИЯ 171
третьем месте — любая из трех цифр 0, 2, 4, так как рас-
рассматриваются только четные числа). Отсюда общая сумма
всех целых тысяч, содержащихся во всех наших числах, равна
A + 2 + 3 + 4 + 5) • 108 • 1000 = 1 620 000.
Аналогично число чисел, у которых на втором месте стоит
данная цифра, равно 5 • 6 • 3 = 90, так как на первом месте мо-
может стоять одна из пяти цифр 1, 2, 3, 4 или 5. Отсюда
общая сумма всех целых сотен (после вычета всех целых ты-
тысяч), содержащихся во всех наших числах, равна A + 2 + 3 +
+ 4 + 5)-90-100 = 135 000.
Таким же образом получаем, что общая сумма всех целых
десятков равна A + 2 + 3 + 4 + 5) • 90 • 10 = 13500 и, наконец,
сумма единиц равна B + 4) • 5 • 6 • 6 • 1 = 1080.
Искомая сумма равна
1 620 000 + 135 000 + 13 500 + 1080 = 1 769 580.
79. Рассмотрим сначала все целые числа от 0 до 99 999 999;
при этом те из этих чисел, которые имеют меньше восьми
цифр, дополним слева нулями так, чтобы они стали восьми-
восьмизначными. Мы будем иметь 100 000 000, восьмизначных чисел,
для записи которых нам потребуется, очевидно, 800 000 000
цифр. При этом здесь каждая из 10 цифр будет использована
равное число раз, поскольку все они совершенно равноправны
(нуль может стоять на первом месте точно так же, как и вся-
всякая другая цифра). Следовательно, каждая цифра будет у нас
использована 80 000 000 раз.
Теперь подсчитаем, сколько здесь будет лишних нулей (т. е.
нулей, приписанных спереди чисел, имеющих меньше восьми
цифр). Однозначных чисел (не считая нуля) имеется всего де-
девять, двузначных чисел 99 — 9 = 90, трехзначных чисел
999 — 99 = 900 и т. д. Так как к однозначной цифре мы припи-
приписали слева семь нулей, к двузначной — шесть и т. д., то общее
число лишних нулей (не считая цифр первого числа, которое
у нас записывалось так: 00 000 000) будет равно
7 • 9 + 6 • 90 + 5 • 900 + 4 • 9000 + 3 • 90 000 + 2 • 900 000 +
+ 1-9000 000 = 11111103.
Припишем теперь 1 слева первого числа 00 000 000; при
этом мы получим все целые числа от 1 до 100 000 000. Мы
172 РЕШЕНИЯ
видим, что для записи этих чисел требуется 80 000 000 двоек,
троек и т. д. до девяток, 80 000 001 единица (одну лишнюю
единицу мы приписали слева числа 00 000 000) и 80 000 000 —
- 11111103 = 68 888 897 нулей.
80. Однозначных чисел всего имеется девять, двузначных
всего имеется 99 — 9 = 90, трехзначных 999 — 99 = 900 и вооб-
вообще п-значных 9 • Ю71.
Однозначные числа займут в выписанном нами ряду де-
девять мест, двузначные 90-2 = 180 мест, трехзначные 900 • 3 =
= 2700 мест, четырехзначные 9000 • 4 = 36 000 мест, пятизнач-
пятизначные 90 000-5 = 450 000 мест. Отсюда видно, что интересующая
нас цифра будет принадлежать пятизначному числу.
Цифры, принадлежащие не более чем четырехзначным чи-
числам, будут иметь номера от 1 и до 9 + 180 + 2700 + 36 000 =
= 38 889. Для того чтобы узнать, сколько пятизначных чисел
уложится в промежутке от 38 889-го места до 206 788-го, надо
разделить разность 206 788 — 38 889 = 167899 на 5 (деление с
остатком):
206 788-38 889 = 5-33 579 + 4.
Таким образом, искомая цифра будет принадлежать
33 580-му пятизначному числу, т. е. числу 43 579 (так как пер-
первое пятизначное число есть 10 000). В этом числе интересую-
интересующая нас цифра стоит на 4-м месте. Следовательно, искомая
есть 7.
81. Допустим, что дробь 0,1234... периодическая, п —
число цифр периода, к — число цифр до периода. Рассмот-
Рассмотрим число N = 10т, где т —- какое-нибудь целое число, не
меньшее чем п + к; это есть единица с т нулями на конце.
При составлении нашей дроби мы выписываем подряд все це-
целые числа; следовательно, где-то будет расположено и число N.
Но из того, что в ряду цифр нашей бесконечной десятичной
дроби где-то стоят подряд т ^ п + к нулей, следует, что пе-
период дроби состоит из одних нулей. Так как это, очевидно,
невозможно, то дробь 0,1234... непериодическая.
82. Разложим сначала девять гирь, веса которых равны
соответственно п2, (п + 1J, (п + 2J, ..., (п + 8J, на три груп-
группы следующим образом.
РЕШЕНИЯ 173
I группа n2, (n + 5J, (n + 7J:
n2 + (n + 5J + (n + 7J = 3n2 + 24n + 74;
II группа (n + 1J, (n + 3J, (n + 8J:
(n + IJ + (n + 3J + (n + 8J = 3n2 + 24n + 74;
III группа (n + 2J, (n + 4J, (n + 6J:
(n + 2J + (n + 4J + (n + 6J = 3n2 + 24n + 56.
Таким образом, мы видим, что вес первой и второй групп
один и тот же, а третья легче их на 18. Затем следующие за
ними девять гирь разложим аналогично, однако так, чтобы
первая и третья группы имели одинаковый вес, а вторая была
легче их на 18; наконец, последующие девять гирь разложим
так, чтобы вторая и третья группы имели одинаковый вес,
а первая была легче их на 18. Сгруппировав затем все пер-
первые, все вторые и все третьи группы этих трех разбиений, мы
получим разложение любых 27 последовательных гирь на три
группы равного веса.
83. Проведем луч от острия булавки через какую-нибудь из
1°
вершин многоугольника. Если этот луч повернуть на 25 - , то
он пройдет через другую вершину.
1° 17
25 - составляет окружности. Так как 17 и 240 вза-
2 240 FJ
1°
имно просты, то, поворачивая на 25- наш луч 1, 2, 3, ...
Zi
..., 239 раз, мы каждый раз будем иметь новое положение
луча. Действительно, за т поворотов луч поворачивается на
окружности. Чтобы после /с-го и /-го (к > /) поворотов
17А;
луч попал в одно и то же положение, окружности должно
Z4tU
171
отличаться от —-— окружности на целое число окружностей,
()
17(к1)
т, е. должно быть целым числом. Поэтому к — I
должно делиться на 240, откуда либо к = /, либо к ^ 240.
Итак, вместе с первоначальным положением мы получим 240
174 РЕШЕНИЯ
разных лучей. На каждом из этих лучей лежит по вершине
и, следовательно, вершин не меньше 240. С другой стороны
17
правильный 240-угольник при повороте на окружности
совмещается со своим первоначальным положением. Таким
образом, наименьшее число сторон равно 240.
84. а) Первые цифры трех искомых чисел должны быть
наименьшими; следовательно, эти числа в десятичной записи
имеют вид
ТАа, 2ВЬ, ЗСс,
где символ xyz обозначает число, состоящее из цифр ж, у, z:
Tyz = ЮОж + Юг/ + z.
Докажем, что: 1) А < В < С; 2) а < b < с; 3) каждая из
цифр а, 6, с больше каждой из цифр A, В, С.
Действительно:
1) если бы, например, было А > В, то мы имели бы Аа >
> ~ВЪж
\Аа - 2ВЬ - 2Аа • \ВЬ = A00 + Аа)B00 + ВЬ) -
Ж >0
и, следовательно, \ВЬ • 2Аа • ЗСс < \Аа • 2ВЬ • ЗСс;
2) если бы, например, было а > 6, то мы имели бы
\Аа • 2ВЪ - \АЪ • 2Ва = A0 • \А + а)A0 • 2В + Ъ) -
- A0-Ь4 + 6)A0-2Б + а) = A0^2Б - ЮЛА)(а - Ь) >0
и, следовательно, 1АЬ • 2Ва • ЗСс < 1Аа • 2ВЬ • ЗСс;
3) если бы было С > а, С = а + ж, где ж > 0 (в силу 1) и 2)
С — самая большая из цифр А, Б, С, а а — самая маленькая
из цифр а, 6, с), то мы имели бы
\Аа • ЗСс - \АС • Зас = 1 Аа • (Зас + 10ж) -
- AАа + ж)(Зас) = жA0 • 1Аа - Зас) > 0
и, следовательно, 1АС • 2ВЬ • Зас < 1Аа • 2ВЬ • ЗСс.
Из 1), 2) и 3) следует А<В<С<а<Ь<с, и искомое
произведение имеет вид
147 • 258 • 369.
РЕШЕНИЯ 175
б) Искомое произведение должно иметь вид
9Аа • 8ВЬ • 1С с.
Аналогично решению задачи а) можно доказать, что:
1) А < В < С; 2) а < Ъ < с; 3) каждая из цифр а, 6, с меньше
каждой из цифр А, В, С.
Из 1), 2) и 3) следует, что а<Ь<с<А<В<С, и,
следовательно, искомое произведение имеет вид
941 • 852 • 763.
85. Нам дано, что га + (га + 1) + ... + (га + к) = 1000. По
формуле суммы членов арифметической прогрессии имеем
или
Bга+ ?;)(?;+ 1) = 2000.
Так как
Bга + А;) - (А; + 1) = 2га - 1
нечетно, то из двух последних множителей один четен, а вто-
второй нечетен. Кроме того, очевидно, 2га + к > к + 1. Отсюда
вытекает, что наша задача имеет следующие решения:
2га + к = 2000, к + 1 = 1, га = 1000, к = 0;
2га + к = 400, к + 1 = 5, га = 198, к = 4;
2га + А; = 80, А; + 1 = 25, га = 28, А; = 24;
2га + к = 125, А; + 1 = 16, га = 55, А; = 15.
86. а) Пусть наше число отлично от любой степени 2. Тогда
имеет место равенство
N = 2kBl + 1),
где 2 — наибольшая степень 2, на которую делится N
(к может быть равно нулю), а 2/ + 1 — наибольший нечетный
делитель числа N. Далее, имеем
B* - /) + B* - / + 1) + ... + B* - / + 2/ - 1) + B* - / + 21) =
176 РЕШЕНИЯ
При этом, если несколько первых из этих 2/ + 1 последова-
последовательных целых чисел будут отрицательными (т. е. / > 2^), то
их можно будет сократить с первыми положительными чис-
числами и N опять представится в виде суммы некоторого числа
(меньшего 2/ + 1) положительных целых чисел.
Предположим теперь, что какое-нибудь число вида 2к мож-
можно представить в виде суммы га последовательных целых по-
положительных чисел п, п + 1, ..., п + т — 2, п + т — 1. Тогда
2/с+1 = 2 [п + (п + 1) + ... + (п + га - 2) + (п + га - 1)] =
= т(п -\-n-\- т — 1) = гаBп + га — 1).
Но разность Bп + га — 1)— т = 2п — 1 нечетна, следовательно,
одно из чисел, га или 2п + га — 1, нечетно (причем оба они
отличны от 1, ибо га > 1 и п > 0). Значит, последнее равенство
невозможно (ибо 2^+1 не имеет нечетных делителей, отличных
от 1).
б) Имеем
Bп + 1) + Bп + 3) + Bп + 5) + ... + Bга - 1) =
Bn + l) + Bm-l),
= (га — п) = (га + пдга — п).
Поэтому если число 7V представимо в виде суммы последо-
последовательных нечетных чисел, то оно составное (разлагается на
множители га+n и га—п). С другой стороны, каждое нечетное
составное число N можно представить в виде произведения
двух нечетных множителей а и b (а ^ Ь) и, следовательно,
а + Ь а — b
TV = ab = (ra + n)(ra — n), где га = , n = , есть сумма
Zj Zj
нечетных чисел от а — 6+1 до а + Ь — 1.
Далее, в формуле N = (га + п) (га — п) множители га + п
и 777, — п оба четны или оба нечетны; если N четно, то эти
множители, очевидно, должны быть четными. Но в таком
случае N делится на 4 (ига + пига — п делятся на 2); следо-
следовательно, если четное число N не делится на 4, то его нельзя
представить в виде суммы последовательных нечетных чисел.
Если же N = 4п делится на 4, то N можно представить в виде
суммы двух последовательных нечетных чисел 2п — 1 и 2п + 1.
РЕШЕНИЯ 177
в) Легко видеть, что
B* - п + 1) + {пк~1 - п + 3) + ... + {пк~1 - 1) +
+ (пк~1 + 1) + ... + (пк~1 + п - 3) + {пк~1 + п - 1) =
(п^ — п + 1) + (п^ + п — 1)
п = п
2
(все слагаемые этой суммы нечетны, ибо п и п одновре-
одновременно четны или нечетны).
87. Обозначим эти числа через n, n + 1, п + 2, п + 3. Сумма
их произведения и единицы имеет вид
п(п + 1)(п + 2)(п + 3) + 1 = [п(п + 3)][(п + 1)(п + 2)] + 1 =
= (п2 + Зп)(п2 + Зп + 2) + 1 =
= (п2 + ЗпJ + 2(п2 + Зп) + 1 = (п2 + Зп + IJ;
следовательно, эта сумма является квадратом целого числа
(п2 + Зп + 1).
88. Докажем, что эти числа принимают не более четырех
различных значений. Допустим, что это неверно и среди на-
наших 4п чисел существуют пять чисел ai, a2, аз, сц, аъ, по-
попарно различных между собой. Будем считать, что а\ < п2 <
< аз < а4 < а$.
Рассмотрим числа ai, a2, аз, и а4- Согласно нашему усло-
условию из них можно составить геометрическую пропорцию;
следовательно, произведение двух из этих чисел (крайних чле-
членов пропорции) равно произведению двух других. Но это воз-
возможно только, если
(равенство а\а^ = a2a4 невозможно, так как а\ < а2, аз <
еще очевиднее, что не может иметь места равенство
Рассмотрим теперь числа ai, a2, аз, а$. Таким же образом,
как и выше, можно доказать, что aia5 = а2аз- Следовательно,
aia4 = aia5, a4 = as, что противоречит нашему предполо-
предположению.
Итак, мы доказали, что каждое из 4п чисел принимает
одно из не более чем четырех различных значений. Поэтому
12 Д.О. Шклярский и др.
178 РЕШЕНИЯ
какое-нибудь из этих значений принимается не менее чем п
числами.
89. Отметим, что четность или нечетность разности двух
чисел зависит только от четности и нечетности уменьшаемого
и вычитаемого. Условимся обозначать четные числа буквой ч,
а нечетные — буквой н. Всего возможны следующие шесть су-
существенно различных комбинаций начальных чисел А, В, С,
D: 1°) ч, ч, ч, ч; 2°) ч, ч, ч, к; 3°) ч, ч, н, к; 4°) ч, н, ч, к;
5°) ч. Ну Ну к; 6°) Ну Ну Ну н. Все остальные комбинации могут
быть получены из этих шести циклической перестановкой чи-
чисел (перестановкой без изменения порядка; при этом 1-е число
считается следующим за 4-м). Проверим, что во всех случаях
не позднее чем через четыре шага мы придем к четверке чет-
четных чисел. Действительно, комбинация 1°) сразу состоит из
четных чисел; в случае комбинации 6°) мы в один шаг прихо-
приходим к комбинации 1°); в случае комбинации 4°) мы в один шаг
приходим к комбинации 6°) и, следовательно, в два шага —
к комбинации 1°); в случае комбинации 3°) мы в один шаг
приходим к комбинации 4°) и, следовательно, в три шага —
к комбинации 1°); наконец, в случае комбинаций 2°) и 5°) мы
в один шаг приходим к комбинации 3°) (в случае комбина-
комбинации 5°) — к комбинации, получающейся из 3°) циклической
перестановкой) и, следовательно, в четыре шага — к комби-
комбинации 1°). Таким образом, мы во всех случаях через четыре
шага придем к четверке четных чисел.
Продолжим теперь процесс образования новых четверок
чисел; так же, как выше, мы убедимся, что еще через четыре
шага мы придем к числам, делящимся на 4; еще через четыре
шага — к числам, делящимся на 8, и т. д. Таким образом,
продолжая процесс достаточно долго, мы сможем прийти к
четверке чисел, делящихся на любую (сколь угодно высо-
высокую!) степень двух. Так как числа по абсолютной величине
не увеличиваются, то это означает, что мы, в конце концов,
придем к четверке чисел, состоящей из одних нулей (если все
числа А, Б, С, D меньше 2П, то мы заведомо придем к четверке
нулей через 4п шагов, но можем прийти к ней и значительно
раньше).
Примечание. Аналогично можно показать, что если взять
не 4, а 8, 16, ... или любое другое число п = 2к целых положитель-
РЕШЕНИЯ 179
ных чисел, то, поступал аналогично вышеизложенному, мы через
конечное число шагов придем к системе п чисел, являющихся од-
одними нулями. Если число п не является степенью двух, то дело
обстоит по-другому; так, например, исходя из тройки чисел 1, 1, О,
мы никогда не придем к тройке 0, 0, 0:
1, 1, 0,
0, 1, 1,
1, 0, 1,
1, 1, 0,
Отметим еще, что числа А, В, С, D могут быть и не целыми, а
рациональными, — этот случай несущественно отличается от того
случая, когда числа А, В, С, D — целые, ибо дроби можно при-
привести к общему знаменателю, который в дальнейших рассуждениях
не играет роли. Если числа А, В, С, D — иррациональные, то
утверждение задачи становится неверным.
90. а) Нетрудно видеть, что следующее расположение 100
первых целых чисел удовлетворяет условию задачи:
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 20 19 18 17 16 15 14 13 12 11
30 29 28 27 26 25 24 23 22 21 40 39 38 37 36 35 34 33 32 31
50 49 48 47 46 45 44 43 42 41 60 59 58 57 56 55 54 53 52 51
70 69 68 67 66 65 64 63 62 61 80 79 78 77 76 75 74 73 72 71
90 89 88 87 86 85 84 83 82 81 100 99 98 97 96 95 94 93 92 91
б) Пусть а[ ' есть первое (самое левое) из выписанных чи-
A) - A) A)
сел, а2 J — первое из оставшихся, большее чем а\\ a\J — пер-
первое из следующих за а2 , большее чем а^ , и т. д. Таким об-
образом, мы составим последовательность возрастающих чисел
(!) (!) (!) (!) и
а\ \ а2 \ а\ \ ..., а\^. Ьсли в этой последовательности име-
имеется больше 10 чисел (т. е. если i\ > 10), то задача уже решена.
Если же i\ ^ 10, то мы вычеркнем все эти числа и из остав-
оставшихся 101 — i\ чисел составим точно таким же образом
B) B) B) B)
новую последовательность а\', а2 , а^ ? • • •? о>\ возрастаю-
возрастающих чисел. Продолжая этот процесс, мы выделим из наших 101
числа ряд возрастающих последовательностей. Если хотя бы
одна из этих последовательностей содержит больше 10 чисел,
то наша задача уже решена; таким образом, нам остается
только рассмотреть случай, когда в каждой из выделенных
последовательностей имеется не больше 10 чисел.
12*
180 РЕШЕНИЯ
Так как у нас имеется всего 101 число, то в рассматри-
рассматриваемом случае общее число к выделенных последовательнос-
последовательностей возрастающих чисел не может быть меньше 11. В таком
случае мы утверждаем, что в ряду из 101 числа можно выб-
выбрать 11 чисел, следующих один за другим в убывающем
порядке. Эти числа мы будем выбирать с конца следующим
образом. Последним из них будет последнее число щ по-
последней из наших возрастающих последовательностей. Затем
выберем число из предпоследней последовательности, располо-
расположенное слева от ак- ближе всего к нему. Это число больше а,- ,
ибо в противном случае в процессе построения предпоследней
последовательности мы бы выписали вслед за ним число щ в
(к)
то время как на самом деле число а\ попало в другую после-
последовательность. Точно так же вслед за этим выписываем чи-
число из третьей от конца последовательности, расположенное
слева от выбранного числа предпоследней последовательности
ближе всего к нему, и т. д. Таким образом, мы построим по-
последовательность чисел, которые идут возрастая, если их рас-
рассматривать в порядке справа налево, т. е. убывающую после-
последовательность; число членов этой последовательности равно
числу к выбранных возрастающих последовательностей, т. е.
не меньше 11.
Примечание. Совершенно аналогично можно доказать, что
(п — IJ целых положительных чисел можно расположить так, что
никакие п из них не будут следовать один за другим в порядке воз-
возрастания или убывания, но при любом расположении к > (п — 1)
целых положительных чисел какие-то п из этих чисел обязательно
будут следовать одно за другим в порядке возрастания или убыва-
убывания.
91. а) Первое решение. Рассмотрим наибольшие нечет-
нечетные делители выбранных 101 числа, т. е. числа, которые полу-
получаются, если разделить каждое число на наибольшую степень
двойки, которую оно содержит множителем. Так как различ-
различных нечетных чисел, не превосходящих 200, имеется всего 100,
то среди этих наибольших нечетных делителей чисел будут
два одинаковых. Но это означает, что среди наших 101 числа
имеются два, отличающихся одно от другого только тем, что
множитель 2 входит в эти числа в разной степени. Очевидно,
РЕШЕНИЯ 181
что большее из этих чисел будет делиться на второе.
Второе решение. Можно также доказать это пред-
предложение методом математической индукции. Проверим, что
если из четырех чисел 1, 2, 3 и 4 выбраны три числа, то одно из
них делится на другое (еще легче видеть, что если из чисел 1,
2 выбраны два числа, то одно из них делится на второе). До-
Докажем теперь, что если из 2п чисел от 1 до 2п нельзя выбрать
п + 1 чисел так, чтобы никакое из них не делилось на другое,
то из первых 2(п + 1) целых положительных чисел нельзя будет
выбрать п + 2 чисел так, чтобы ни одно из них не делилось на
другое.
Действительно, рассмотрим какие-либо п + 2 чисел, вы-
выбранных из первых 2(п +1) целых положительных чисел. Если
среди них нет чисел 2п + 1 и 2п + 2 или есть только одно из
этих чисел, то среди них есть п + 1 чисел, не превосходя-
превосходящих 2п, и по сделанному предположению одно из этих чисел
обязательно делится на другое. Если среди них есть оба чи-
числа 2п + 1 и 2п + 2 и есть также число п + 1, то мы уже имеем
пару чисел, делящихся одно на другое, а именно, п +1 и 2п + 2.
Наконец, если среди наших чисел есть числа 2п + 1 и 2п + 2,
но нет числа п + 1, то исключим из рассмотрения числа 2п + 1
и 2п + 2 и добавим п +1. Мы получим п +1 чисел, не превосхо-
превосходящих 2п; по сделанному предположению одно из этих чисел
делится на другое. Если это число не есть п + 1, то мы уже
получаем пару чисел из выбранных нами п + 2, одно из кото-
которых делится на другое. Если же число, делящееся на другое,
есть п + 1, то и 2п + 2 делится на одно из выбранных чисел.
б) Выберем наши числа следующим образом, нечетные чи-
числа от 101 до 199 E0 чисел), нечетные числа от 51 до 99, ум-
умноженные каждое на 2 B5 чисел), нечетные числа от 27 до 49,
умноженные каждое на 4 A2 чисел), нечетные числа от 13
до 25, умноженные каждое на 8 G чисел), нечетные числа от 7
до 11, умноженные каждое на 16 C числа), числа 3 • 32, 5 • 32,
1-64.
в) Предположим, что мы выбрали 100 целых чисел, не пре-
превосходящих 200, ни одно из которых не делится на другое;
докажем, что среди этих чисел не может быть ни одного из
чисел 1 — 15.
Как в первом решении задачи а), рассмотрим все наиболь-
182 РЕШЕНИЯ
шие нечетные делители выбранных чисел; очевидно, это бу-
будут все нечетные числа, не превосходящие 200 (см. решение
задачи а)). В частности, среди этих нечетных делителей есть
числа 1, 3, 9, 27и81. Так как никакие два из чисел, отвечаю-
отвечающих этим нечетным делителям, не делятся одно на другое,
то число, содержащее нечетный делитель 27, должно делиться
на 2 в степени не ниже первой; число, содержащее нечетный
делитель 9, — на 2 в степени не ниже второй; число, содер-
содержащее делитель 3, — на 2 в степени не ниже третьей и число,
содержащее делитель 1, — на 2 в степени не ниже четвертой.
Но это значит, что числа 1, 2 = 1 • 2, 3, 4 = 1 • 22, 6 = 3 • 2,
8 = 1 • 23, 9 и 12 = 3 • 22 не входят в число наших 200 чисел.
Точно так же, рассматривая числа, имеющие наибольшими
нечетными делителями 5, 15 и 45, убеждаемся, что среди на-
наших чисел нет чисел 5, 10 = 5-2, 15; рассматривая числа,
имеющие наибольшими нечетными делителями 7 и 21, убеж-
убеждаемся, что среди 200 чисел нет числа 7; рассматривая числа,
имеющие наибольшими нечетными делителями 11 и 33, убеж-
убеждаемся, что среди наших чисел нет 11 и, рассматривая числа,
имеющие наибольшими нечетными делителями 13 и 39, убеж-
убеждаемся, что среди них нет числа 13.
Примечание. Аналогично решениям задач а)-в) можно пока-
показать, что из 2п (или меньше) первых целых положительных чисел
нельзя выбрать п + 1 чисел так, чтобы никакие два не делились
одно на другое, но можно выбрать п (или меньше) таких чисел.
При этом, если 3fe < 2n < 3fe+1, то из 2п первых целых чисел нельзя
выбрать п чисел, хотя бы одно из которых меньше 2к
и таких, что никакое из этих чисел не делится на другое, но можно
выбрать п таких чисел, наименьшее из которых равно 2к (так,
из 200 чисел можно выбрать 100, наименьшее из которых равно 16
и ни одно из которых не делится на другое).
92. а) Рассмотрим наименьшие по абсолютной величине
остатки, которые дают наши числа при делении на 100 (т. е.
если какое-либо число а дает при делении на 100 остаток,
больший 50, то мы будем производить деление с избытком и
рассмотрим отрицательный остаток — г: а = ЮОд — г, где
0 < г < 50). Так как положительных чисел, не превосхо-
превосходящих 50, существует всего 51 (а именно, 0, 1, 2, ..., 50), а
остатков мы имеем 52, то два из этих остатков равны по аб-
РЕШЕНИЯ 183
солютной величине. Если эти остатки равны и по знаку, то
разность соответствующих чисел делится на 100; если они про-
противоположны, то сумма чисел делится на 100.
б) Пусть ai, с&2, аз, ..., аюо — данные числа (расположен-
(расположенные в произвольном порядке). Рассмотрим суммы
«si = ai, 52 = а\ + а2,
зз = о»1 + «2 + аз, • • • ? 5юо = ai + а2 + аз + ... +
Так как этих сумм имеется 100, то в том случае, если ни одна
из них не делится на 100, по крайней мере две из сумм дают
при делении на 100 одинаковые остатки (ибо различных не
равных нулю остатков от деления на 100 существует толь-
только 99). Вычтя из большей из двух сумм, дающих одинаковые
остатки, меньшую, мы получим некоторую сумму вида a^+i +
+ а&+2 + • • • + ат, которая будет делиться на 100.
93. Предположим, что за какой-то понедельник шахматист
сыграл а\ партий, за понедельник и вторник — а2 партий,
за три дня — аз партий и т. д., наконец, за 77 дней — ajj
партий. Рассмотрим теперь следующую совокупность чисел:
аь а2, аз, ..., а775 а,\ + 20, а2 + 20, аз + 20, ..., а^ + 20.
Всего мы имеем здесь 2-77 = 154 числа, каждое из ко-
которых не больше чем 132 + 20 = 152 (число а^7 не больше
чем 11 • 12 = 132, так как 77 дней это равно 11 недель); следо-
следовательно, по крайней мере два из этих 154 чисел равны между
собой. Но никакие два числа из ряда ai, a2, аз, ..., а^ не мо-
могут быть равны между собой (ибо шахматист каждый день
играет не меньше одной партии); точно так же не могут быть
равны между собой никакие два числа из ряда а\ + 20, а2 + 20,
аз+ 20, ..., а77 + 20. Таким образом, для каких-то к и / должно
иметь место равенство
а/с = Щ + 20;
это равенство означает, что а^—а\ = 20, т. е. что за к — 1 дней,
с (/ + 1)-го по fc-й включительно, шахматист сыграл ровно
20 партий.
94. Первое решение. Рассмотрим остатки от деления
чисел
1, 11, 111, ..., 1111...1
N раз
184 РЕШЕНИЯ
на N. Так как этих чисел 7V, а различных не равных нулю
остатков при делении на N может получиться только N — 1,
то если ни одно из этих чисел не делится на N (противное
доказывало бы предложение задачи), то какие-то два из них,
например,
К = 11.. Л иЬ = 1111... 1 (/ > А;),
к раз I раз
дают при делении на N один и тот же остаток. В таком случае
разность
L-K = l^^OO^^
I — к раз к раз
делится на N.
Если N взаимно просто с 10, то из делимости числа
L — К = 11...1-10^ на N следует, что число 11...1 делит-
I — к раз I — к раз
ся на N.
Второе решение. Рассмотрим разложение числа — в
периодическую десятичную дробь:
—: = 0, bib2...bk(aia2...ai).
По правилу обращения периодических десятичных дробей в
обыкновенные, мы будем иметь
..щ —
TVээТТэооТТо '
l раз к раз
Отсюда вытекает, что число А = 9 9.. .9 00.. .0 делится на N.
I раз к раз
Но А = 9Ai, где А\ = 11.. .1 00.. .0 . Рассмотрим теперь число
I раз к раз
В = 11... 100.. .011... 100.. .0... 11... 100.. .0,
I раз к раз I раз к раз I раз к раз
получающееся, если число А\ выписать 9 раз подряд. Оче-
Очевидно, что В равно произведению числа А\ на число
100^_0 100^_0 ... 100^_0 1,
I + к цифр I + к цифр I + к цифр
8 раз
РЕШЕНИЯ 185
делящееся на 9 (по признаку делимости на 9). Следовательно,
число В, состоящее из одних единиц и нулей, делится на 9А\ =
= А, а значит, и на N.
Если N взаимно просто с 10, то — при обращении в деся-
десятичную дробь дает дробь чисто периодическую, так что В в
этом случае будет состоять из одних единиц.
95. Оставим в каждом члене ряда Фибоначчи, записыва-
записывающемся пятью и более цифрами, только последние четыре
цифры. У нас получится последовательность чисел, каждое из
которых меньше чем 104. Обозначим через ак член этой после-
последовательности, стоящий на к-м месте. Заметим, что если нам
известно а&+1 и а&, то мы можем вычислить а&_1, ибо (к — 1)-й
член ряда Фибоначчи равен разности (к + 1)-го и к-го чле-
членов, а последние четыре цифры разности можно определить
по последним четырем цифрам уменьшаемого и вычитаемого.
Отсюда следует, что если для некоторых номеров /сип пока-
покажется, что ак = an+/c, afc+i = ап+ь+ъ то тогда ак-\ = ап+ь-ъ
ак-2 = ап+к-2, ..., ai = an+i. Но так как а\ = 0, то это будет
означать, что an+i = 0, т. е. что в ряде Фибоначчи на (п + 1)-м
месте стоит число, оканчивающееся четырьмя нулями.
Остается показать, что среди 108 + 1 пар
ab a2,
a2, a3,
a10s+1, a108+2
найдутся хотя бы две одинаковые. Но это непременно бу-
будет так, ибо все числа ai, a2, аз, ..., аю8+2 не превышают 102,
а из 104 чисел 0, 1, 2, 3, 4,..., 9999 можно составить только
104 • 104 = 108 различных пар (ибо первое число может при-
принимать 104 различных значений и второе число может прини-
принимать 104 различных значений).
Примечание. Можно даже точно указать первое из чисел
ряда Фибоначчи, оканчивающееся четырьмя нулями; номер этого
числа 7501 (см. книгу Е.Б. Дынкина и В. А. Успенского «Матема-
«Математические беседы», составляющую вып. 6 «Библиотеки математичес-
186 РЕШЕНИЯ
кого кружка», задачу 174 и следствия из нее).
96. Рассмотрим 1001 число
0 • а = 0, а, 2а, За, ..., 1000а
и возьмем дробную часть каждого из этих чисел (разность
между данным числом и наибольшим целым числом, не пре-
превосходящим данного). Эти дробные части будут представ-
представлять собой 1001 число, не превосходящее 1 (дробная часть чи-
числа, разумеется, всегда меньше 1). Разделим теперь отрезок
числовой оси от 0 до 1 на 1000 равных отрезков длины
1000
(к каждому отрезку мы будем причислять его левый конец,
но не причислять правый) и рассмотрим распределение точек,
изображающих наши дробные части, по этим отрезкам. Так
как число отрезков равно 1000, а число точек 1001, то по край-
крайней мере в одном отрезке будут находиться две точки. Но это
означает, что существуют два таких неравных числам и q (оба
не превосходящие 1000), что разность дробных долей чисел ра
и да меньше JL.
Пусть, например, р > q. Рассмотрим число (р — q)a =
= pa — qa. Так как ра = Р -\- d\, qa = Q + cfe, где Р и Q —
целые числа, d\ и d>2 — дробные доли ра и qa, то (р — q)a =
= (Р — Q) + d — d\ отличается от целого числа Р — Q меньше
чем на . Но это означает, что дробь отличается
1000 р- q
от а меньше чем на 0, 001 • .
p-q
97. Прежде всего очевидно, что ни одна из рассматри-
рассматриваемых дробей не равна целому числу: действительно, если
к(т + п)
бы, например, какая-то дробь [к — одно из чисел
т
1, 2, 3, ..., т — 1) была целым числом, то га + п должно было
бы иметь общие делители с числом т (ибо к < т и не может
делиться на га); но тогда и число п = (га + п) — т не было
бы взаимно просто с га. Далее никакие две из этих дробей не
равны друг другу: если бы было
к(т + п) 1(т + п)
т п
РЕШЕНИЯ 187
(к — одно из чисел 1, 2, ..., га — 1;/ — одно из чисел 1, 2, ...
..., п — 1), то мы имели бы
к I к
— = —; га = — п
т п I
и снова га и п не были бы взаимно простыми (так как / < п и
не может делиться на п).
Рассмотрим теперь некоторое целое положительное чис-
число А, меньшее га + п. Дроби
771 + п 2(га + п) к(т + п)
т т 'га
Л 7 / \ Л 7 ^Ш
остаются меньше А. пока /с(га + п) < Ага или к < ; чи-
т + п
Г Ага 1
ело таких дробей, очевидно, равно целой части числа
[га + п\
Am *\
К Точно так же дроби
га + п
т + п 2(га + п) 1(т + п)
п п п
остаются меньше Л, пока / < ; число таких дробей равно
га + п
Г An I An TT Am An
целой части числа . Числа и оба
\_m-\-n\ т + п т + п т + п
не целые, ибо га, п и га + п попарно взаимно просты; сумма
этих двух чисел равна А:
Am An
+ = А.
т+п т+п
Но если сумма двух чисел а и /3, не являющихся целыми, равна
целому числу А, то [а] + [/3] = А — 1; доказательство этого
предложения сразу следует из рис. 7. Таким образом,
т + п\ \т
откуда следует, что в интервале (О, А) числовой оси имеется
ровно А — 1 наших дробей.
^Относительно обозначений см. с. 26.
188 РЕШЕНИЯ
[а] [В]
а р
Рис. 7
Из доказанного сразу вытекает утверждение задачи. Дей-
Действительно, положим сначала А = 1; мы получим, что в ин-
интервале @, 1) вовсе нет наших дробей. Далее, пусть А = 2;
из того, что в интервале @, 2) имеется одна дробь, вытекает,
что одна дробь есть в интервале A, 2). Затем положим А = 3;
из того, что в интервале @, 3) содержатся две дроби, т. е. на
одну больше, чем в интервале @, 2), вытекает, что в интервале
B, 3) имеется одна из наших дробей. Продолжая рассуждать
таким же образом, мы полностью докажем требуемое предло-
предложение.
98. Первое решение. Если число а заключено в ин-
1000 1000
тервале ^ а > , то всего имеется, очевидно, т
т m + 1
целых чисел, не превосходящих 1000, кратных а (а именно,
а, 2а, За, ..., та). Поэтому если мы обозначим через к\ число
тех из наших чисел, которые заключены между 1000 и ;
1000 1000
через к>2 — число чисел, заключенных между и ;
1000 1000
щ — число чисел, заключенных между и , и т. д.,
О 4е
то мы будем иметь всего
кх + 2?>2 + 3?;3 + • • •
чисел, не превосходящих 1000 и кратных хотя бы одному из
наших чисел. Но по условию задачи все эти кратные различны;
следовательно,
кг + 2к2 + 3?;3 + • • • < Ю00.
Теперь остается заметить, что сумма обратных величин
всех наших чисел меньше чем
т. _}_,, J_.h _}_, _ 2fci + 3fe2 + 4fe3 + ¦ ¦ ¦
Kl 1000 + K2 1000 + Й3 1000 + • • • —
Z о 4
РЕШЕНИЯ 189
i и * 100°
(здесь мы заменили к\ наибольших из наших чисел на
1000 7 1000
следующие к2 чисел — на ; следующие к% чисел — на —-—
и т. д.) Но
2fei + 3?;2 + 4А;3 + ... =
= (fei + 2к2 + ЗА;3 + ...) + (&i + h + к3 + ...) =
= (fei + 2?;2 + З/сз + ...)+ ™ < Ю00 + п < 2000;
следовательно, сумма обратных величин всех наших чисел
меньше 2.
Второе решение. Приведем здесь еще один изящный
вариант того же рассуждения. Число членов ряда 1, 2, ...
..., 1000, делящихся на целое число а&, очевидно, равно целой
[1000] 1000*}
части дроби Мак как наименьшее общее крат-
L Q>k J ак
ное любых двух из чисел ai, a2, ..., ап больше 1000, то среди
чисел 1, 2, 3, ..., 1000 не найдется ни одного, делящегося од-
одновременно на два из чисел ai, a2, ..., ап. Отсюда вытекает,
что число членов ряда 1, 2, 3, ..., 1000, делящихся хотя бы на
одно из чисел ai, a2, аз, ..., ап, равно сумме
Г10001 Г10001 Г10001 Г10001
I ai \ [ а2 \ [ а3 \ '" [ ап \ '
Так как в ряду 1, 2, 3,..., 1000 всего имеется 1000 чисел, то
должно быть
Г10001 Г10001 Г10001 Г10001
— + — + — +•••+ — N 100°-
Но целая часть дроби отличается от самой дроби меньше чем
на единицу, т. е.
Г10001 1000 1 Г10001 1000 1 Г10001 1000 1
— > 1, — > 1,. - -, — > 1.
L al J al L a2 J a2 L an J an
Следовательно,
/1000 _ < + /1000 _ N + + /1000 _ N <
V ai У V a2 / V an /
^Относительно обозначений см. с. 27.
190 РЕШЕНИЯ
т. е.
1000 1000 1000 1000 1ллл оллл
+ + + ... + < 1000 + п < 2000,
а п а а
и, таким образом,
1 1
— + ... + — < 2.
«2 «п
Примечание. Оценку настоящей задачи можно значительно
уточнить. Рассмотрим все кратные наших чисел, не превосходя-
превосходящие 500. Очевидно, к\ из наших чисел будут сами больше 500;
к2 + к3 чисел будут не больше 500, но больше ——; к± + fa чисел
будут не больше , но больше и т. д. Отсюда, в точности,
Z о
как в первом решении задачи, заключаем, что общее число чисел, не
превосходящих 500 и кратных хотя бы одному из заданных п чисел,
равно
(к2 + h) + 2(&4 + fa) + 3(/с6 + к7) + ...;
следовательно,
(к2 + к3) + 2(&4 + fa) + 3(/с6 + fe7) + ... < 500.
Отметим теперь, что разность 500 — [{к2 + fa) + 2(&4 + fe) +
+ 3(&6 + fc7) + • • •] выражает число чисел, не превосходящих 500 и не
кратных ни одному из наших чисел, а разность 1000 — (к± + 2к2 +
+ З&з + ...) — число чисел, не превосходящих 1000 и не кратных ни
одному из наших чисел. Следовательно,
500 - [(к2 + fa) + 2(&4 + fa) + 3(>6 + к7) + ...]<
< 1000 - Oi + 2к2 + Зк3 + ...),
откуда получаем
Oi + к2) + 2(fc3 + &4) + 3(fe5 + fe6) + ... < 500.
Теперь остается только заметить, что
+ [(fa + к2) + 2(fe + fa) + 3(fc5 + fa) + ...]< ЮОО + 500 = 1500,
РЕШЕНИЯ 191
и, следовательно, сумма обратных величин всех наших чисел, мень-
2&i + 3&2 + 4&з + ... 1
шая , наверное, меньше 1 -.
1UUU А
Аналогично, рассматривая кратные наших чисел, не превосходя-
превосходящие 333, можно доказать, что сумма обратных величин всех наших
чисел даже меньше 1 —.
5
Отметим еще, что число 1000 в условии этой задачи можно за-
заменить любым другим целым числом.
99. Рассмотрим, как образуется разложение простой дро-
r q r *)
ои — в периодическую десятичную дробь J
Р
- = А,
Р
Очевидно, что А есть частное от деления q на р:
q = Ap + qi,
где остаток д\ меньше р. Далее, Аа\ есть частное от деле-
деления 10G на р (Аа\ составлено из цифр числа А и цифры а\):
Aa\ -p + q2, где q2 < р.
Точно так же
Ю2 • q = Aaia2 • р + q$,..., 10^ • q = Аа\а2 ...ак-р
Период дроби начнется снова в тот момент, когда при деле-
делении какого-либо числа 10kq на р мы получим тот же остаток
qk+i = Gi, что и ПРИ делении числа q на р. Таким образом,
число к цифр в периоде дроби определится как наименьшая
степень 10, такая, что 10 q дает при делении на р тот же
самый остаток, что и q. Последнее означает, что разность
10kq — q = A0^ — 1)G делится на р или что разность 10^ — 1
делится на р (ибо д, разумеется, взаимно просто с р).
Предположим теперь, что к четно: к = 2/; из того, что
разность 102 — 1 = A0г — 1)A0г + 1) делится на р, следует,
что либо 10г — 1 делится на р, либо 10г + 1 делится на р. Но
10г — 1 не может делиться на р, так как в противном случае 10г
давало бы при делении на р тот же самый остаток, что и д, и
*)См. сноску на с. 134.
192 РЕШЕНИЯ
период дроби - равнялся бы /, а не к = 21. Таким образом, мы
Р
заключаем, что 1(У + 1 делится на р.
Из последнего результата следует, что сумма 1— есть
р р
целое число. Но
-\ = Л U\U2 ... ft/, ft/+ift/+2 • • • CL2lala2 • • • al
р р
+ А,
таким образом, сумма дробей
О, ai+iai+2 • • • a2ia\u2 ...щ... + 0,
есть целое число. Так как каждая из этих дробей меньше 1
и больше нуля, то эта сумма должна равняться 1 = 0, 999...,
что возможно только в том случае, если
а\ + аг+1 =9, а2 + аг+2 = 9, ..., щ + а2\ = 9.
Из последних соотношений сразу следует, что
а\ + CL2 + • • • + CL21 _ 9
21 = 2'
„ 7 ai + а2 + ... + ак 9
Ьсли же к нечетно, то равенство = —,
очевидно, невозможно, так как знаменатель дроби, стоящей в
левой части этого равенства, не делится на 2.
л с\с\ тт 1 г- " ®"П ^П + 1
1UU. 4исло цифр в периодах дробей — и ——j равно наи-
наименьшим целым положительным числам /си/, таким, что
10^ — 1 делится на рп', соответственно 10г — 1 делится на рп+1
(см. решение предыдущей задачи). Составим теперь разность
A0г - 1) - A0* - 1) = 10лA0|"л - 1).
Из того, что эта разность делится на рп, следует, что 10 — 1
делится на рп. Покажем теперь, что из того, что 10г-/с — 1
делится на рп и 10^ — 1 делится на рп, следует, что и 10d — 1,
где с/ есть общий наибольший делитель чисел I — к и /с, делится
РЕШЕНИЯ 193
Действительно, пусть/ — к = qk + г. В таком случае имеем
КI"* - 1 = 10^+г - 1 = 10гA0^ - 1) + (Юг - 1).
Но lWk — 1 = (Ю*)9 — lg делится на 10* — 1, т. е делится на рп;
следовательно, и 10г — 1 делится на рп. Точно так же показы-
показывается, что и 10Г1 — 1, где ri есть остаток от деления к на г,
делится на рп; что 10Г2 — 1, где Г2 есть остаток от деления г
на ri, делится на рп; что 10Гз — 1, где гз есть остаток от деле-
деления ri на 7*2, делится нарп ит. д л Но нетрудно показать, что
ряд чисел ri, ri, 7*2, • • • должен закончиться числом d. Дейст-
Действительно, так как / — к и к делятся на с/, то и г = (/ — /с) — дА;
делится на rf; так как к ж г делятся на с/, то и ri делится на d;
так как г и г\ делятся на d, то и Г2 делится на с/, и т. д.;
следовательно, все числа нашего ряда делятся на d. С другой
стороны, если последнее число в этом ряду есть г& (т. е Гк-\ де-
делится на Г&, так что следующий за г к остаток уже равен нулю),
то Гк-i делилось бы на г&; Тк-2 делилось бы на г& (ибо Гк-i и Гк
делятся на г к)', Пс-з делилось бы на г к (ибо Тк-2 и Тк-\ делятся
на г к) и т. д.; наконец, к и / — к делились бы на г к- Но в таком
случае неравенство г& > d противоречило бы тому, что d есть
общий наибольший делитель / — к и к.
По условию к есть наименьшее целое число, такое, что
10^ — 1 делится на рп. Поэтому из того, что 10d — 1 тоже
делится на рп', следует, что d = к, I — к кратно А; и, значит, /
кратно к; I = km.
Разложим теперь 1(У — 1 на множители:
Ю* - 1 = 10*ш - 1 =
= A0л - l)A0(m-1)* + 10(m-2^ + ... + 10* + 1).
Так как 10^ — 1 делится на рп', то 10^ дает при делении на ]эп
остаток 1, откуда следует, что и 102 = 10 • 10 дает при
делении на рп остаток 1 и 103 = 102 -10^ дает при делении
на рп остаток 1 и т. д. Следовательно, каждый член суммы,
стоящей в скобках, дает при делении на рп остаток 1 и таким
образом, вся сумма дает остаток га. Отсюда следует, что если
*^Этот процесс получения ряда последовательных остатков
ri, Г2, гз, ... носит название алгоритма Евклида.
13 Д.О. Шклярский и др.
194 РЕШЕНИЯ
10^ — 1 не делилось на ]эп+1, то наименьшее значение /, такое,
что 1(У — 1 делится на pn+1, равно рк; при этом 10р/с — 1 делится
на ]9n+1, но не делится на рп^~2 (ибо выражение в скобках не
делится на р2).
Отсюда и вытекает утверждение задачи.
101. 1) Пусть х — любое действительное число. Тогда его
можно представить в виде суммы х = [х] + су, где а — неот-
неотрицательное число, меньшее единицы. Представим теперь у в
виде у = [у] + /3 @ ^ /3 < 1). Тогда х + у = [х] + [у] + а + /3. Так
как су + /3 ^ 0, то из этого равенства видно, что [ж] + [у] есть
целое число, не превосходящее х + у. А так как [х + у] есть
наибольшее из таких целых чисел, то [х + у] ^ [х] + [у].
2) Первое решение. Представим х в виде [х] + су, где
0 ^ су < 1. Пусть целое число [х] при делении на п дает в
частном див остатке г: [ж] = qn + г @ ^ г ^ п — 1). В таком
случае имеем
[х] г Г [х] 1
— =дН—, — =3S ж = an + г + а = an + ri,
n n [ n J
Ж Тл [ X1 Г [ж! 1
где ri=r + cy<n, — =дН , — = q = — L что и
n n LnJ |_ n J
требовалось доказать.
Второе решение. Рассмотрим все целые числа, деля-
делящиеся на п и не большие х. Их число, очевидно, равно — .
LnJ
Рассмотрим так же все целые числа, делящиеся на п и не боль-
большие х. Их число равно — . Но так как это — одни и те же
[п \
числа, то их количества равны, следовательно,
М = Г?1
п LnJ
3) Первое решение. Представим х в виде х = [х] + а.
Так как 0 ^ а < 1, то а содержится между некоторыми двумя
г о 0 1 п-1 п _
соседними из дробей —, —, ..., , — . Пусть эти дроби
п п п п
к к + 1
будут — и , т. е. пусть
п п
к к + 1
- ^ а < .
п п
РЕШЕНИЯ 195
Далее имеем
п — к — 1 п — к — 1
х -\ = \х\+ а -\ <
п п
гп к + 1 п — к — 1 гп
< И + + = И + !>
п п
п — к гп п — А; гп к п — к гп
ж + = [х]+а+ ^[х] + - + = [х] + 1,
п п п п
п — 1 п — 1
ж Н = \x\-\- а-\ <
п п
гп к + 1 п — 1 гп n + А; гп
< м + + м + < м+2
м + + м +
п п п
Отсюда следует, что
1] Г п-к-1
х + \ ^ ''' ^ Iх +
п\ ^ ^ I п
т. е.
, , " 11 Г п-к-1
\х\= \х + -\ =...= \х-\
п] I п
п — к] Г п — 1]
+ =...= ж + = ж +1.
n J L « J
Так как первых чисел п — А;, а вторых А;, то
п- 1"
ж] + ... + ж +
L
= (п - к)[х] + к([х] + 1) = п[х] + А;.
n J
Но тому же равна и целая часть числа пх. Действительно,
так как к ^ па < к + 1, то па = к + C, где 0 ^ /3 < 1.
Следовательно,
[пж] = [п[ж] + па] = [п[х] + А; + /3] = п[ж] + А;.
Таким образом, доказано, что
13*
196
РЕШЕНИЯ
Второе решение. Рассмотрим левую часть равенства.
Если 0 ^ х < —, то все числа ж, х -\—, ..., х -\ меньше 1,
п п п
а целая часть от них равна 0; [пх] тоже равно 0. Поэтому для
таких х равенство верно.
Пусть теперь х произвольное. Если увеличить ж на -, то
все слагаемые из одной части сдвинутся на одно место вправо,
Г п~1]
а последнее слагаемое \х -\ | переидет в [х + 1J, которое
п
1
на 1 больше чем [х]. Значит, с увеличением х на — левая часть
п
увеличится на 1. Правая часть с увеличением х на — тоже
увеличивается на 1. Для любого х можно найти такое число а,
заключенное между Ой- ( 0 ^ а < — ), что х отличается от а
п V п)
т
на —, где т — целое число. Отсюда следует, что равенство
п
сохраняется при любом х.
102. Отметим все точки плоскости с обеими целыми ко-
координатами («целые точки»), для которых 1 ^ х ^ q — 1,
1 ^ У ^ Р — 1 (ж и у — координаты точек). Эти точки
лежат внутри прямоугольника ОАВС, длины сторон кото-
Рис. 8
рого равны О А = q и ОС = р (рис. 8); число всех точек
РЕШЕНИЯ 197
равно (q — 1){р — 1). Проведем диагональ О В прямоуголь-
прямоугольника. Ясно, что на этой диагонали не будет расположена ни
одна «целая» точка (координаты х и у всех точек диагонали
^т-, х О A q
О В связаны соотношением — = —— = —; но так как о и р
у АВ р
взаимно простые, то не существует целых положительных чи-
х Q\ ~
сел х < р и у < д, таких, что — = - . Заметим теперь, что
У PJ
число «целых» точек, имеющих абсциссу, равную к (к — какое-
то целое положительное число, меньшее д), и расположенных
под диагональю ОВ, равно целой части длины отрезка M7V,
изображенного на рис. 8. Так как MN = • АВ = —, то
СУ-tI q
это число равно — . Следовательно, сумма
равна общему числу всех «целых» точек, расположенных
под диагональю ОВ. Но всего внутри прямоугольника име-
имеется (q — 1)(р— 1) «целых» точек; из симметрии расположения
этих точек относительно центра прямоугольника О ABC сле-
следует, что ровно половина из них расположена под диагональю
ОВ (здесь существенно, что на самой диагонали не лежит ни
одна из точек). Таким образом,
р~\ |~2]э1 ГЗр
Точно так же доказывается, что
(р-
P
103. Первое решение. При п = 1 мы в левой и пра-
правой частях равенств имеем по одному члену, равному 1; сле-
следовательно, в этом случае равенства справедливы. Докажем
теперь, что если наше равенство справедливо для какого-то
значения п, то оно будет справедливо и для значения п + 1; в
198 РЕШЕНИЯ
силу принципа математической индукции, отсюда будет сле-
следовать, что равенство справедливо при всех значениях п.
Отметим, что если п + 1 не делится на к:
п + 1 = qk + г,
где остаток г заключен между 1 и к — 1, то п = qk + г1',
где г1 = г — 1, т. е. О ^ г1 ^ А; — 2; отсюда следует, что в
Гп + 1] гп]
этом случае величины и — совпадают (обе они рав-
равны q). Если же п + 1 делится на к: п + 1 = qk, то, очевидно,
[п + 11 rni Гп + ll rni
—i— — Q-, \~r \ — Q — 1? T- e- —i— — \~r + 1- Таким об-
k J LfcJ |_ к J LfcJ
разом:
Гп + 1] гп]
—;— = \т\ •> если /с не есть делитель числа п + 1 ;
\_ к \ \-к\
[п + 1] гп]
—-— = — + 1, если к не есть делитель числа п + 1 .
к \ LfcJ
А отсюда вытекает, что:
, Гп + 1] Гп+1]
а —— + —— + ... +
п + 1
т. е. если
п
то
т. е. если
РЕШЕНИЯ 199
то
U + ll , НЧ \п
2
СГ2 + . . . + Оп
Второе решение. Число чисел ряда 1, 2, 3, ..., п, деля-
делящихся на какое-то выбранное число /с, равно — (это будут
числа /с, 2/с, ЗА;, ..., — fc j; сумма делителей к всех таких чи-
[ТТЛ
— . Отсюда следует, что:
а) Сумма ^-J + ^-J + ... + U-J + ... + ^-J равна числу
чисел ряда 1, 2, 3, ..., п, делящихся на 1, плюс число чисел
этого ряда, делящихся на 2, ..., плюс число чисел этого ряда,
делящихся на п. Но этому же равна сумма т\ + Т2 + ... + тп.
ч ^ [п~\ гп~\ , гпп гпп
б) Сумма 1 - +2- + ... + А; - +... + П- равна
сумме делителей 1 всех чисел ряда 1, 2, 3, ..., п плюс сумма
делителей 2 всех чисел этого ряда, плюс сумма делителей 3
всех чисел этого ряда, ..., плюс сумма делителей п всех чисел
этого ряда. Но этому же равна и сумма а\ + <Т2 + <тз + ... + сп.
Третье решение. Приведем еще изящное геометричес-
геометрическое решение задачи, близкое ко второму решению. Рассмот-
Рассмотрим равностороннюю гиперболу (график обратной пропор-
к
циональности) у = —, или, что то же самое, ху = к (точнее,
х
ветвь этой гиперболы, расположенную в первом координатном
углу; см. рис. 9, а)).
Отметим, кроме того, в первом координатном углу все
точки с целыми координатами. Тогда, если х есть делитель
числа /с, то на равносторонней гиперболе ху = к есть целочис-
целочисленная точка с абсциссой х. Обратно, если гипербола ху = к
проходит через целочисленную точку с абсциссой ж, то ж есть
делитель числа к. Таким образом, число т^ делителей чис-
числа к равно числу целочисленных точек, лежащих на гипербо-
гиперболе ху = к] сумма делителей о^ этого числа равна сумме абсцисс
целочисленных точек, лежащих на гиперболе ху = к. Далее,
воспользуемся еще тем, что все гиперболы ху = 1, ху = 2,
200
РЕШЕНИЯ
Рис. 9
ху = 3, ..., ху = п — 1 расположены ниже гиперболы ху = п.
Отсюда можно сделать следующие выводы.
а) Сумма т\ + Т2 + тз + ... + тп равна числу всех целочис-
целочисленных точек, лежащих под гиперболой ху = п (и на самой
гиперболе). Но, с другой стороны, ни одна из этих точек
не имеет абсциссы, большей п; число же целочисленных то-
точек с абсциссой /с, расположенных под гиперболой, равно це-
целой части длины отрезка M7V, изображенного на рис. 9, а),
[71 71
— , так как MN = — (ср. с решением задачи 102).
к\ к
Таким образом, имеем
б) Припишем каждой целочисленной точке номер, равный
ее абсциссе (рис. 9,6); в таком случае сумма о\ + &2 +
+ <тз + • • • + <Уп равна сумме номеров всех целочисленных то-
точек, расположенных под гиперболой ху = п. С другой сто-
стороны, сумма номеров всех таких точек, имеющих абсциссу /с,
[ТТЛ
— . Таким образом, имеем
^\ +...+П
[-]¦
LnJ
104. Очевидно, что B + л/2)п + B — л/2)п есть целое число;
действительно, если B + \/2)п = ап + 6пл/2, где апжЬп — целые
РЕШЕНИЯ 201
числа, то B — л/2)п — ^п — Ъпу/2 (это вытекает из формулы
бинома Ньютона, а также может быть доказано по принципу
математической индукции). Так как B — л/2)п < 1, то отсюда
следует, что
[B + л/2)п] = B + л/2)п + B - л/2)п - 1
и, следовательно,
B + уД)п - [B + V2)n] = 1 - B - V2)n.
Но так как B — у/2) < 1, то, взяв степень п достаточно
большой, можно сделать выражение B — \2)п сколь угодно
малым. А если B - уД)п < 0,000001, то
B + у/2)п - [B + у/2)п] = 1 - B - у/2)п > 0, 999999.
105. а) Первое решение. Так как B + у/$)п + B - у/$)п
есть целое число B — л/3)п < 1, то
[B + уД)п] = B + уД)п + B - уД)п - 1
(сравните с решением задачи 104). Но, раскрыв скобки по
формуле бинома Ньютона, получим, что
B + л/3)п + B - л/3)п = 2BП + С2п2п~2 • 3 + С^2п~А • З2 + ...)
делится на 2 и, следовательно, [B + у/$)п] = B + у/$)п + B -
— л/3)п — 1 нечетно.
Второе решение. Число B + л/3)п можно представить
в виде ап + 6пл/3, где ап и Ъп — целые числа. Докажем, что
а\ - ЪЬ\ = 1.
Доказательство проведем методом математической индукции.
Прежде всего для п = 1 имеем а\ = 2, Ъ\ = 1 и 22 — 3 • 1 = 1.
Далее предположим, что для некоторого п
B + ^3)п = ап + 6пл/3,
где а^ — 36^ = 1; в таком случае имеем
202 РЕШЕНИЯ
Отсюда an+i = 2ап + 36n; 6n+i = ап + 26П. Следовательно,
« 3^ = B«п + 36ПJ - 3(ап + 26ПJ = а2 - 362 = 1.
Тем самым доказано, что а2 — 362 = 1 при любом п.
Отсюда следует, что
an + [Ьпл/3] = ап +
= ап + [л/а2 - 1] = «п + («п - 1) = 2ап - 1,
т. е. [B + л/3)п] = [ап + 6пл/3] нечетно,
б) Заметим, что
f A + л/3)п + A - л/3)п " 1 при п четном,
\ A + \/3)п + A - (\/3)п при п нечетном.
Действительно, стоящая в нашей формуле справа сумма яв-
является целым числом (см. первое решение задачи а)). При п
четном 0 < A-\/3)п < 1, а при п нечетном -1 < A-\/3)п < 0.
Рассмотрим теперь отдельно случаи четного и нечет-
нечетного п.
1) п четно, п = 2т; тогда
[A + 3\/3Jт] = A + \/3Jт + A - \/3Jт - 1 =
= {A + л/3J}т + {A - л/3J}т - 1 =
Но стоящее в фигурных скобках число является, очевидно, це-
целым, и следовательно, число [A + л/3Jш] = 2mN — 1 всегда
нечетно. Таким образом, при четном п наивысшая степень 2,
на которую делится [A + л/3)п], равна нулю.
2) п нечетно, п = 2т + 1; тогда
[A
= D + 2^3)m(l + л/3) + D - 2^3)m(l - л/3) =
= 2m {B + V3)m(l + л/3) + B - V3)m(l - V3)}
= 2m {(B + Vs)m + B - V3)m) + VS (B + V3)m - B -
РЕШЕНИЯ 203
Пусть B + л/3)ш = ttm + 6шл/3, где ат и Ьт — целые числа; то-
тогда B — л/3)ш = «т — 6шл/3. Подставив эти значения, получим
[A + ^3Jm+1] = 2т{ат + ЪтуД + ат -
+ л/3(аш + ЬтуД - ат + 6
= 2mBam + 6bm) = 2m+1(am + 3ftm).
Ho am + 36m нечетно. Действительно,
(am + 36m)(am - 36m) = am - 96^ = (am - 3b2J - 6b2m = 1 - 66^
(см. второе решение задачи а)). Так как 1 — 66^ нечетно, то
оба множителя (ат + 36т) и (ат — 36т) нечетны. Следова-
Следовательно, наивысшая степень 2, на которую делится [A + л/3)п]
при нечетном п = 2т + 1, равна
п + 1 п
т + 1 = — = - + 1.
106. Из того, что B + у/Ь)р + B - у/Ъ)р — целое число и
— 1 < B — л/ъу < 0 (ибо р нечетно), следует, что
[B + л/5)р] = B + ^5)^ + B - V5)p
(сравните с решениями задач 104 и 105). По формуле бинома
Ньютона имеем
B + Vbf + B - V5)p =
= 2Bр + СрР'Ч + Срр~452 + ... + Срр-г2 ¦
так что
[B + л/5)р] - 2р+1 = 2(С22р5 + С^2Р52 + ... + Cfx4 ¦
Но все биномиальные коэффициенты
2 _ р(Р - 1) 4 _ р(р-1)(р-2)(р-3) ! _
Ч-П72~' р~ 1- 2-3-4 ' •••' °р ~Р
делятся на простое число р (ибо числитель выражения для Ср
делится на р, а знаменатель не делится). Значит, и разность
[B + у/ъу] — 2Р+1 делится на р, что и требовалось доказать.
тт ^р п(п- 1)(п- 2)... (п-_р+ 1)
107. Сп = —^ — -. -. Из р последова-
р\
тельных целых чисел п, п — 1, п — 2, ..., п— р+1 одно и только
204 РЕШЕНИЯ
одно число делится на р; обозначим это число буквой N. В та-
\п] N
ком случае — = — и разность, стоящая в условии задачи,
IP] P
принимает вид
п(п - 1)... (N + 1)N(N - 1)... (п - р + 1) N
р\ р '
Отметим теперь, что числа п, п — 1, ..., N + 1, N — 1, ...
..., п — р + 1 дают при делении на р всевозможные остатки
1, 2, 3, ..., р — 1 (р последовательных целых чисел от п — р + 1
до п дают при делении на р все остатки 0, 1, 2, ..., р — 1,
причем каждый из них по одному разу). Отсюда следует, что
разность
п(п - 1)... (N + 1)(N - 1)... (п - р + 1) - (р - 1)!
делится на р (для доказательства достаточно перемножить
почленно все равенства п = fcip + ai, n — 1 = /^ + a2, ...
..., TV + 1 = kip + щ, N - 1 = ^+i]9 + aj+i, ..., n - p + 1 =
= kp-ip + %>_i, где fci, &2,..., fcp — целые числа, а ai, a2, ...
..., dp-i равны числам 1, 2, ...,]э— 1, взятым в каком-то не-
неизвестном нам порядке). Умножая эту разность на целое чис-
N
ло —, получим
р
п(п-1)...(п-р+1) N(p- 1)!
р р
новая разность, разумеется, будет по-прежнему делиться на р.
Разделив, наконец, оба члена последней разности на (р — 1)!,
мы придем к требуемому результату (частное от деления на
(р — 1)! также будет делиться на р, ибо (р — 1)! взаимно прос-
просто с р).
108. Пусть а и /3 — два числа, удовлетворяющих усло-
условию задачи. Выберем какое-нибудь целое число N и рассмот-
рассмотрим те члены последовательности [a], [2a], [За], ..., которые
не больше N; пусть это будут [а], [2а],..., [па]. В таком слу-
случае [па] ^ 7V, [(п + 1)а] > 7V, откуда следует, что па < N + 1,
(п + 1)а^ N + 1, N+l>na^ N+1-a, или
na = TV + /, где 1 > / ^ 1 — а.
РЕШЕНИЯ 205
Точно так же покажем, что если т есть число членов после-
последовательности [/3], [2/3], [3/3], ..., которые меньше TV, то
га/3 = TV + /', где 1 > /' > 1 - /3.
Так как по условию среди чисел [а], [2а], ..., [па]; [/3],
[2/3], ..., [га/3] должны встретиться по одному разу все чи-
TV + I
ела 1, 2, 3, ..., TV, то п + га = TV. Отсюда получаем +
или
/3 [ \а /3J\ а /3 TV
= ( —Ь — ) =1—1 h — ). Но из неравенств для I и V сле-
\а /3/ \а р;
дует Ь — > h— ^ h — — 2. Обозначив теперь сумму
а р а р а р
1 1
—Ь — через t и разделив все члены предыдущего неравенства
а р
на TV, мы получим неравенство
t t-2
1^
которое должно выполняться при всех (сколь угодно боль-
больших!) значениях TV. Но так как крайние члены этого неравен-
неравенства могут быть сделаны сколь угодно малыми по абсолютной
величине, то неравенство возможно только в том случае, если
1 — t = 0, откуда t = h — = 1. Далее легко видеть, что чис-
а р
ла а и /3 должны быть иррациональными, так как, если бы, на-
Р 11,
пример, мы имели а = —, то из равенства —|— = 1 следовало
q a C
бы, что /3 = , а в этом случае было бы [qa] = Up — g)/3],
p-q
что противоречит условию задачи.
Предположим теперь, что а и /3 — иррациональные числа,
такие, что \- — = 1. Так как в этом случае а > 1, /3 > 1,
а р
то ни среди чисел [а], [2а], [За], ..., ни среди чисел [/3], [2/3],
[3/3], ... не может встретиться двух равных между собой.
Докажем теперь, что для каждого целого числа TV можно
найти или такое целое число п, что [па] = TV, или такое целое
206 РЕШЕНИЯ
число га, что [т/3] = 7V, причем обе эти возможности не могут
одновременно иметь места. Действительно, пусть [(п — 1)а] <
< N ^ [па], [(га — 1)/3] < N ^ [т/3]. Из этих неравенств
следует
па - а < TV, na> N; га/3 - /3 < 7V, га/3 > 7V
(ни па, ни га/3 не могут точно равняться числу 7V, так как а
и /3 иррациональны), т. е.
где
Отсюда вытекает,
N d
а а
и, следовательно,
0<
что
N
J +
=
d
а
d<
d1
/1
—1
\а
d'
+ —
/3
а,
1
0
)'
п 4
<<?
hU
- т -
</3.
¦N
v,(d
/3
есть целое число. Но так как 0< — <1,0< — <1, то
а /3
d d'
0 < —h — < 2. Таким образом, мы приходим к равенству
d df л
а /3
1 1
которое, в силу того, что \- — = 1, возможно только в том
а р
случае, когда одно из чисел, rf, d' меньше 1, а второе больше 1.
Но это и значит, что из чисел [па] = [N + d], [га/3] = [TV + d'],
которые оба не меньше 7V, одно равно 7V, а второе больше N.
109. Первое решение. Очевидно, что (а) = \а-\— ;
таким образом, равенство, которое нам требуется доказать,
принимает вид
РЕШЕНИЯ 207
Пусть теперь
N = ап • 2п + an_i • 2п~1 + ... + аг • 2 + а0
(ап, (in-ii • • •-) аъ ао равны 0 или 1) — разложение числа N по
степеням двойки (запись N в двоичной системе счисления).
В таком случае, очевидно,
\N
• an_i • 2" " + ... + ai
= an • 2n~ + an_i • 2n~ + ... + a\ + ao,
2 n-3 ai+ 1
an ¦ 2n~2 + пп-г ¦ 2n + ... + ab
N l] Г ara_i + 1 an_2
iV 1] Га0 + 1 an_i
(напоминаем, что ап, ..., ao равны О или 1). Таким образом,
имеем
= апBп-1 + 2п~2 + ... + 1 + 1) +
+ an_iBn + 2П~3 + ... + 1 + 1) + ... + oi(l + 1) + a0 =
= ап2п + an_i ¦ 2n~l + ... + ax • 2 + a0 = N,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Очевидно, что число нечетных чи-
N
сел, не превосходящих N, равно —, если N четно, и равно
208 РЕШЕНИЯ
7V
1 [Ni {N\
— = —- + 1, если N нечетно, т. е. равно ( — ). Точно
2
так же число не превосходящих N четных чисел, не делящихся
ri\h
на 4, равно — , если N делится на 4 или дает при делении
[N~\
на 4 остаток 1, и равно — +1, если N дает при делении на 4
остаток 2 или 3; другими словами, это число всегда равно
/N\
( — j. Точно так же число не превосходящих N чисел, деля-
rTVi
щихся на 4, но не делящихся на 8, равно — , если N делится
на 8 или дает при делении на 8 остатки 1, 2 или 3, и рав-
[Ni
но — + 1 в противном случае, т. е. это число всегда рав-
fN\ /N\
но ( — ]. Аналогично доказывается, что ( — ] равно числу не
V 8 / V16/
превосходящих N чисел, делящихся на 8 и не делящихся на 16;
/N\
( — I равно числу не превосходящих N чисел, делящихся на 16,
V ozi У
но не делящихся на 32, и т. д. Таким образом мы переберем
все целые числа от 1 до 7V; следовательно,
что и требовалось доказать.
110. а) Пусть а — первая, a b — последняя цифра искомого
числа N. Тогда это число равно 1000а + 100а + 106 + Ь =
= 1100а+ 116 = 11A00а + 6). Так как число N является точным
квадратом, то из того, что оно делится на 11, вытекает, что
N
оно делится и на 121, т. е. — = 100а + b делится на 11. Но
ЮОа + b = 99а + (а + Ь) = 11 • 9а + (а + Ь).
Следовательно, а + b делится на 11. Так как и а и b не боль-
больше 9 и а не равно 0, то 1 ^ а + b ^ 18, а потому а + b = 11.
Отсюда
ЮОа + b = 11 • 9а + 11 = 11(9а + 1),
N ЮОа + b
121 11
= 9а+ 1.
РЕШЕНИЯ 209
N
Так как N — точный квадрат, то —— также точный квад-
-L Zi _L
рат. Но из чисел вида 9а + 1, где а меняется от 1 до 9, толь-
только 9 • 7 + 1 = 64 является точным квадратом. Следователь-
Следовательно, N = 121-64 = 7744 = 882.
б) Пусть а — цифра десятков этого числа, a b — цифра
единиц. Тогда число равно 10а + 6, а число, записанное этими
же цифрами в обратном порядке, равно 106+а. В силу условия
задачи, 10а + Ъ + 106 + а = 11(а + Ъ) = к2.
Отсюда следует, что к2 делится на 11, поэтому а-\-Ъ также
делится на 11. Так как а + Ъ ^ 18, то это возможно лишь в
случае, если а + b = 11, к2 = 121. Таким образом, искомыми
числами являются
29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92.
111. Обозначим двузначное число, образованное первыми
двумя цифрами искомого числа 7V, через а, а число, образо-
образованное его двумя последними цифрами, — через Ь. В таком
случае N = 100а + 6, так что условие задачи дает
100а + 6 = (а + 6J,
или
99а = (а + ЬJ - (а + Ь) = (а + Ь)(а + 6-1). (*)
Итак, произведение (а + 6) (а + b — 1) должно делиться
на 99. Рассмотрим теперь отдельные возможные случаи.
1°. а + 6 = 99, а + 6 — 1 = —. Так как а и b — двузначные
к
числа, то к ^ 2, причем случай к = 2 сразу приводит к не
удовлетворяющим основному равенству (*) значениям а = 99,
Ъ = 99. Таким образом, приходится считать, что
А; = 1, а + 6 = 99, а = а + Ъ - 1 = 98,
7V = 9801 = (98 + 1J.
2°. а + b = llm, а + 6 — 1 = 9n, ran = а. В этом случае име-
имеем 9п = 11га—1. Из того, что 11га—1 делится на 9, следует, что
число т дает при делении на 9 остаток 5 (непосредственной
проверкой убеждаемся, что если бы т давало при делении на 9
какой-либо другой остаток, то 11га — 1 не делилось бы на 9).
14 Д.О. Шклярский и др.
210 РЕШЕНИЯ
Итак, т = 9? + 5, откуда следует, что 9п = 99? + 54, п = lit+ 6.
Теперь имеем
а = тп = (91 + 5)A1 + 6) = 99?2 + 109* + 30.
Так как а число двузначное, то отсюда сразу вытекает,
что t = 0. Следовательно, а = 30, а + b = lira = 55, b = 25,
TV = 3025 = C0 + 25J.
3°. а + b = 9га, а + b — 1 = lln, ran = а. Исследование,
аналогичное тому, которое мы провели в случае 2°, дает един-
единственный ответ N = 2025 = B0 + 25J.
4°. а + 6 = 33га, а + 6 — 1 = Зп или а + b = Зга, а + b — 1 = ЗЗп,
что невозможно, так как а+биа+6—1 — числа взаимно
простые.
5°. а + Ь— 1 = 99/с, а + Ь = —. В этом случае имеем а + Ь— 1 =
к
= 99, а + Ь = 100, а = = 100, что невозможно.
cJcJ
Итак, условию задачи удовлетворяют лишь числа 9801, 3025
и 2025.
112. а) Четырехзначное число, записываемое четырьмя чет-
четными цифрами, может начинаться с цифр 2, 4, 6 или 8; дру-
другими словами, оно заключено между 1999 и 3000 или между
3999 и 5000, или между 5999 и 7000, или между 7999 и 9000.
Поэтому корень квадратный из этого числа заключается меж-
между 44 и 55 или между 63 и 71, или между 77 и 84, или между 89
и 95. Заметим еще, что так как A0х + уJ = ЮОж2 + 20жу + у2,
то при 0 ^ у ^ 9 цифра десятков числа A0ж + у) четна или
нечетна одновременно с цифрой десятков числа у1. Поэтому
корень квадратный из искомого числа не может оканчиваться
цифрами 4 и 6.
Так как корень квадратный из искомого числа четен, то
он может равняться лишь одному из следующих 10 чисел:
48, 50, 52, 68, 70, 78, 80, 82, 90 и 92.
Непосредственная проверка показывает, что условию задачи
удовлетворяют числа:
682 = 4624; 782 = 6084; 802 = 6400; 922 = 8464.
б) Рассуждения, аналогичные тем, которые привели нас
к решению задачи а), показывают, что вовсе не существует
РЕШЕНИЯ 211
четырехзначных чисел, являющихся полными квадратами и
записывающихся четырьмя нечетными цифрами.
113. а) Обозначим цифры сотен, десятков и единиц иско-
искомого числа N соответственно через ж, у, и z, так что N =
= ЮОж + Юг/ + z. В таком случае условие задачи дает
ЮОж + 10y + z = x\ + y\ + z\.
Отметим, что 7! = 5040 есть число четырехзначное; поэ-
поэтому ни одна цифра числа N не может превосходить 6. Следо-
Следовательно, само число N не превосходит 700, откуда вытекает,
что ни одна его цифра не может превосходить 5
(ибо 6! = 720 > 700). Хотя бы одна цифра числа N равна 5, так
как даже 3 • 4! = 72 < 100, а N трехзначно. При этом х не мо-
может быть равно 5, так как даже 3-5! = 360 < 500. Отсюда сле-
следует также, что х не превосходит 3. Далее можно утверждать,
что х не превосходит 2, так как даже 3! + 2 • 5! = 246 < 300.
Но число 255 не удовлетворяет условию задачи, а если лишь
одна цифра искомого числа равна 5, то ж не может быть боль-
больше 1, ибо даже 2! + 5! + 4! = 146 < 200. Более того, так
как 1! + 5! + 4! = 145 < 150, то мы заключаем, что у не мо-
может превосходить 4; следовательно, z = 5, так как хотя бы
одна цифра числа N должна равняться 5. Таким образом, мы
имеем ж = 1,4^у^0и? = 5; это позволяет легко обнару-
обнаружить единственное решение задачи: N = 145.
б) Искомое число N не может иметь больше чем три цифры,
так как даже 4 • 92 = 324 — число трехзначное. Поэтому мы
можем написать N = 100x-\-10y-\-z, где ж, у, z — цифры числа;
при этом х или даже х и у одновременно могут быть равны
нулю.
Из условия задачи имеем ЮОж + Юг/ + z = х2 + у2 + z2,
откуда
A00 - х)х + A0 - у)у = z(z - 1). (*)
Из последнего равенства прежде всего следует, что х = 0;
в противном случае число, стоящее в левой части равенства,
не меньше чем 90(ж ^ 1, 100 — х ^ 90, A0 — у)у ^ 0, а число,
стоящее справа, не больше чем 9 • 8 = 72 (ибо z ^ 9). Следо-
Следовательно, уравнение (*) имеет вид A0 — у)у = z(z — 1). Легко
проверить, что это последнее равенство не удовлетворяется ни
14*
212 РЕШЕНИЯ
при каких целых положительных ж и у, не превосходящих 9,
если только у ф 0. Если у = 0, то мы имеем единственное
очевидное решение z = 1.
Таким образом, условию задачи удовлетворяет единствен-
единственное число N = 1.
114. а) Очевидно, что искомое число N не может иметь бо-
более четырех цифр, так как сумма цифр пятизначного числа не
превосходит 5 • 9 = 45, а 452 = 2025 — число четырехзначное.
Далее, так как 4 • 9 = 36, а 362 = 1296, то при N четырех-
четырехзначном первая цифра N не превосходит 1. Но 1 + 3 • 9 = 28,
а 282 = 784 трехзначно; значит, N вообще не может быть че-
четырехзначным числом. Итак, мы можем предположить, что
N = ЮОж + Юг/ + z, где ж, у, z — цифры искомого числа; при
этом возможно, что х = 0 или даже х = у = 0.
Теперь условие задачи можно записать в виде
ЮОж + 10у + z = (х + у + zJ,
или
99х + 9у = (х + у + zJ - (х + у + z) =
= (х + у + z)(x + у + z — 1).
Таким образом, мы видим, что либо х + у + z, либо ж + у +
+ 2 — 1 делится на 9 (каждое из этих двух чисел делиться на 3
не может, так как они взаимно простые). Но 1 ^ x-\-y-\-z ^ 27.
Рассмотрим теперь отдельно все представляющиеся случаи.
1°. х + у + z - 1 = 0; 99ж + 9у = 0, х = у = 0, z = 1; N = 1.
2°. ж + у + г = 9; 99ж + 9у = 9 • 8 = 72, х = 0, 9у = 72, у = 8,
г = 1; N = 81(= (8 + 1J).
3°. х + у + г - 1 = 9; 99ж + 9у = 9 • 10 = 90, х = 0, 9у = 90,
что невозможно.
4°. х + у + г = 18; 99ж + 9у = 18 • 17 = 306, х = 3, у = 1,
г = 18 — C + 1) = 14, что невозможно.
5°. х + у + г - 1 = 18; 99ж + 9у = 19 • 18 = 342, ж = 3, у = 5,
г = 19 — C + 5) = 11, что невозможно.
6°. х + у + z = 27; 99ж + 9у = 27 • 26 = 702, х = 7, у = 1,
г = 27 — G + 1) = 19, что невозможно.
Итак, условию задачи удовлетворяют только числа 1 и 81.
РЕШЕНИЯ 213
б) Куб трехзначного числа может содержать не более де-
девяти цифр; поэтому сумма цифр куба этого числа не превос-
превосходит 9-9 = 81 < 100. Отсюда следует, что искомое число
не может быть трехзначным; аналогично показывается, что
оно не может содержать и больше трех цифр. Итак, искомое
число обязательно будет однозначным или двузначным.
Куб двузначного числа не может иметь более шести цифр;
поэтому сумма цифр куба не превосходит 6 • 9 = 54. Итак,
искомое число не может превосходить 54. Но если куб числа,
не превосходящего 54, даже и имеет шесть цифр, то первая
цифра его равна 1; поэтому сумма цифр куба не превосходит
5 • 9 + 1 = 46. Итак, искомое число не превосходит 46.
Если число не превосходит 46, то куб его содержит не бо-
более пяти цифр, и так как он меньше 99999, то сумма цифр куба
не превосходит 4-9 + 8 = 44; так как куб числа 44 есть пя-
пятизначное число, оканчивающееся на 4, то и 44 больше суммы
цифр своего куба. Итак, искомое число не превосходит 43.
Далее, так как сумма цифр каждого числа дает при де-
делении на 9 такой же остаток, как и само число, то искомое
число и его куб должны давать при делении на 9 одинаковые
остатки. Но это возможно только в том случае, если искомое
число дает при делении на 9 остаток —1,0 или 1.
Итак, искомое число не превосходит 43 и дает при делении
на 9 остаток —1,0 или 1. Этим условиям удовлетворяют лишь
следующие 13 чисел:
1; 8, 9, 10; 17, 18, 19; 26, 27, 28; 35, 36, 37.
Проверка показывает, что условию задачи удовлетворяют
числа
1A3 + 1), 8(83 = 512), 17A73 = 4193),
18A83 = 5832), 26B63 = 17576), 27B73 = 19683).
115. а) Непосредственной проверкой убеждаемся, что при
х < 5 единственными решениями нашего уравнения будут чи-
числа ж = 1, у = =Ы и ж = 3, у = ±3. Докажем теперь, что при
х ^ 5 решений нет. Для этого заметим, что 1! + 2!+3!+4! = 33
оканчивается цифрой 3, а 5!, 6!, 7!, ... все оканчиваются нулем.
Таким образом, при х ^ 5 сумма 1! + 2! + ... + х\ оканчива-
оканчивается цифрой 3, а поэтому не может равняться квадрату целого
числа у (никакой квадрат целого числа не оканчивается на 3).
214 РЕШЕНИЯ
б) Рассмотрим два случал.
1°. z = 2п — четное число. Этот случай легко сводится
к предыдущей задаче, ибо у2п = (упJ. Таким образом, при
четном z решения таковы:
х = 1; у = =Ы; z любое четное;
х = 3; у = ±3; 2 = 2.
2°. 2 — нечетное число. При z = 1 годится любое значе-
значение ж, причем у = 1! + 2! + ... + х\ Пусть z ^ 3. Заметим, что
1!+2!+3!+4!+5!+6! + 7!+8! =46233. Число 46 233 делится на 9,
но не делится на 27, а при п ^ 9 число п! делится на 27. Сумма
9! + 10! + .. .+х\ делится на 27; поскольку, однако, 1!+2! + .. .+8!
делится на 9, но не делится на 27, вся сумма 1! + 2! + ... + ж!
при х ^ 8 делится на 9, но не делится на 27. Для того чтобы
yz делилось на 9, необходимо, чтобы у делилось на 3. Но тогда
yz делится на 27 (ибо z ^ 3) и, следовательно, при х ^ 8, z ^ 3
решений в целых числах нет. Остается рассмотреть случай
х < 8. Имеем 1! = 1 = Р, где z — любое натуральное число;
1! + 2! = 3, т. е. не равно никакой целой, отличной от 1 степени
никакого натурального числа; 1! + 2! + 3! = 3 , и, далее,
1! + 2! + 3! + 4! = 33,
1! + 2! + ... + 5! = 153,
1! + 2! + ... + 6! = 873,
1! +2!+ ... + 7! = 5913.
Ни одно из чисел 33, 153, 873 и 5913 не является целой, от-
отличной от единицы степенью никакого натурального числа.
Таким образом, при нечетном z окончательно имеем лишь сле-
следующие решения:
х = 1, у = 1, z любое нечетное;
х любое натуральное, у = 1! + 2! + ... + ж!, z = 1.
116. Пусть
Обозначим наибольшую степень двойки, на которую де-
делятся все четыре числа а, 6, с и с/, через р. Сократив обе
части нашего равенства на 22р, мы получим
РЕШЕНИЯ 215
где из четырех чисел ai, &i, ci, di хотя бы одно является не-
нечетным.
Если из четырех чисел ai, &i, ci, di только одно или три
являются нечетными, то а2 + b\ + с2 + d2 нечетно и наше ра-
равенство невозможно. Если из чисел ai, &i, ci, di два, например
ai = 2к + 1 и 6i = 21 + 1, являются нечетными, а остальные
два, ci = 2т и di = 2m, четны, то мы имеем
а\ + 6? + с? + d\ = 4А;2 + Ак + 1 + 4/2 + 4/ + 1 + 4ш2 + 4п2 =
= 2[2(А;2 + к + /2 + / + ш2 + п2) + 1],
что противоречит тому, что а2 + б2 + с2 + d2 = 2n~2p, не имеет
нечетных делителей (выражение в квадратных скобках не мо-
может равняться единице, так как в противном случае мы имели
бы k = l = m = n = 0, ci=di=0nc = d = 0). Если же все
четыре числа а\ = 2к + 1, bi = 21 + 1, ci = 2т + 1, di = 2n + 1
нечетны, то мы имеем
а? + 6? + с\ + d? = 4A;2 + Ак + 1 + 4/2 + 4/ + 1 + 4ш2 +
+ 4ш + 1 + 4п2 + 4п + 1 =
= 4 [?;(?; + /) + /(/ + 1) + т(т + 1) + п(п + 1) + 1].
Но произведение двух последовательных целых чисел всег-
всегда четно (один из сомножителей обязательно четен). Следо-
Следовательно, выражение в квадратных скобках нечетно, и, зна-
значит, оно равно 1. Таким образом, п — 2р = 2, п = 2р + 2
и/с = / = т = п = 0, ai=6i=ci=di = l, a = b = c = d = 2p.
Итак, если п есть число нечетное, то 2 вовсе не разлага-
разлагается на сумму четырех квадратов; если п = 2р четно, то 2п
допускает единственное разложение
117. а) Первое решение. Уравнение
х2 + у2 + z2 = 2xyz
удовлетворяется значениями х = 0, у = 0, z = 0. При этом
если одно из чисел х, у, z равно 0, то и остальные должны
быть равны 0, ибо сумма их квадратов в этом случае равна 0.
216 РЕШЕНИЯ
Пусть теперь все числа ж, у, z, удовлетворяющие нашему
уравнению, отличны от 0. Каждое из них можно представить
в виде
где #1, yi, z\ нечетны (если какое-нибудь из чисел ж, у или z
нечетно, то соответствующий показатель степени 2 равен 0).
Так как ж, у, z входят в наше уравнение симметрично, то
можно считать, что х делится на наименьшую степень 2, a z
на наибольшую, т. е. что
а ^ /3 < 7-
Выясним, на какую степень 2 делится левая часть нашего
равенства.
1°. Если а < /3 ^ 7 или же а = /^ = 1-) то после вынесе-
вынесения за скобки 22" в скобках будет стоять сумма нечетного и
двух четных чисел или же сумма трех нечетных чисел, т. е.
нечетное число.
2°. Если же а = /3 < 7? то можно написать
х = 2аBк + 1), у = 2а{21 + 1), * = 2а • 2т.
В этом случае
= 22" DА;2 + 4к + 1 + А12 + 4/ + 1 + 4т2) =
т. е. после вынесения за скобки 22"+1 в скобках остается не-
нечетное число.
С другой стороны, правая часть равенства делится на
2«+/3+7+i jjo правая часть равенства должна делиться на та-
такую же степень 2, что и левая.
В случае 1° отсюда следует, что 2а = а + f3 + j + 1. Так
как а ^ /3 ^ 7? то из этого равенства следует абсурдное нера-
неравенство 2а ^ За + 1.
В случае 2° отсюда следует, что 2а + 1 =а + /3 + 7+1- Так
как а = /3 < 7, то отсюда следует неравенство 2а + 1 > За + 1,
которое также не может иметь места.
РЕШЕНИЯ 217
Следовательно, не существует решений в целых числах
уравнения х2 + у2 + z2 = 2xyz, отличных от решения х = О,
у = 0, г = 0.
Второе решение. Так как сумма квадратов чисел ж, у
и z четна, то либо все эти числа четны, либо одно из них
четно, а два нечетны. Но в последнем случае сумма x2-\-y2-\-z2
делилась бы только на 2, а произведение 2xyz — на 4 (сравните
с первым решением задачи). Итак, мы можем считать, что ж,
у и z четны: х = 2жх, у = 2yi, z = 2z\. Подставляя эти
значения в наше исходное уравнение и сокращая на 4, получаем
xi +2/1 + zi = 4жхУ12х.
Отсюда, в точности как выше, выводим, что числа жх, yi,
z\ все четные. Но в таком случае, обозначив х\ = 2^2, ух —
Ж1 X 11 Z
2у2, z\ = 2^2, мы для чисел х2 = у = -, У2 = Т' z^ = 7
получим уравнение
откуда, как прежде, выводится, что эти числа тоже четные.
Продолжая тот же процесс, мы заключаем, что все числа
х у z х у z
ж, у, z\ xi = -, ух = -, zx = -; х2 = -, у2 = ^, ^2 = ^;
ж у z х у z
Х3 = 75 УЗ = 7:, Z3 = 77? • • • 5 Хк = ^т Ук = Wj:, zk = Wj:]
четные (числа ж&, у^, ^ должны удовлетворять уравнению
ж^ + 2/1 + zk = 2к+1ХкУк%к)- Но это возможно только в том
случае, если х = у = z = 0.
б) Так же, как и выше, доказывается, что единственным
решением уравнения х2 + у2 + z2 + v2 = 2xyzv в целых числах
является решение х = 0, у = 0, z = 0, г; = 0.
Здесь специального рассмотрения заслуживает случай, ко-
когда наивысшие степени 2, на которые делятся ж, у, 2 и г>, оди-
одинаковы, т. е. когда
где а — целое неотрицательное число, & к, I, тип — целые
числа.
218 РЕШЕНИЯ
Тогда
ж2 + у2 + z2 + v2 = 22а [Dк2 + 4к + 1) + D12 +41 + 1) +
+ Dт2 + 4т + 1) + Dп2 + 4п + 1)] =
= 22а+2(к2 + к + 12 + 1 + т2 + т + п2 + п + 1) =
= 22а+2 [к(к + 1) + 1A + 1) + m(m + 1) + n(n + 1) + 1].
Но выражение в квадратных скобках обязательно нечетно (см.
выше, с. 213, 214). Поэтому наивысшая степень 2, на которую
делится левая часть равенства, равна 2а + 2. Правая же часть
делится на 244а+1. Поэтому должно выполняться равенство
2а + 2 = 4а + 1, что невозможно при целых а.
Примечание. Второе решение задачи б) аналогично вто-
второму решению задачи а) и предоставляется читателю.
118. а) Пусть ж, у, z — какие-то три целых положительных
числа, удовлетворяющих уравнению
х2 + у2 + z2 = kxyz. (*)
Покажем прежде всего, что всегда можно считать спра-
справедливыми неравенства
kyz kxz kxy
(т. е., другими словами, что ни одно из слагаемых, стоящих
в левой части уравнения (*), не превосходит половины правой
части). Действительно, если бы было, например, z > , то
мы рассмотрели бы не числа ж, у, z, а меньшие числа ж, у
и z\ = kxy — ?, которые, как нетрудно видеть, тоже удовлет-
удовлетворяют уравнению (*):
х2 + у2 + (кху — zJ = кху{кху — z).
Если из этих новых чисел какое-нибудь опять будет больше
к
произведения двух других, умноженного на —, то мы прове-
Zi
дем снова аналогичную замену и так будем поступать до тех
пор, пока не станут выполняться условия (**) (после этого наш
процесс уже не приведет к уменьшению чисел ж, у, z).
РЕШЕНИЯ 219
Будем считать, что ж ^ у ^ z. Прежде всего из того, что
кху
У ^ Z ^ "' следУет
1 < —, А;Ж > 2.
Уравнение (*), очевидно, можно переписать в виде
/ежу
Так как 2: ^ ~^~-> то ПРИ замене в левой части последнего
Zi
равенства числа z на у ^ z эта левая часть возрастает (или, в
случае у = z, не меняется); следовательно,
к2х2у2
> 4
Отсюда, раскрывая скобки, получаем:
х2 + 2у2 > кху2.
Так как по условию х ^ у, то тем более
т. е.
/еж ^ 3.
Таким образом, мы имеем 2 ^ кх ^ 3, т. е. /еж равно 2
или 3. Но если кх = 2, то уравнение (*) принимает вид
х2 +у2 + z2 = 2yz или ж2 + (у - zJ = О,
откуда х = 0 и кх = 0, а не 2. Следовательно, /еж = 3 и, зна-
значит, /е может равняться только 1 или 3. Нетрудно убедиться на
простых примерах, что эти значения к являются возможными
(см. решение задачи б)).
б) Продолжим рассуждения, которые привели к решению
задачи а). Выше мы имели х2 + 2у2 ^ кху2\ так как кх = 3,
то это неравенство можно переписать в виде
х2 + 2у2 > Зу2, или ж2 > у2.
220 РЕШЕНИЯ
Но мы предполагали, что х ^ у; следовательно, х = у.
Полагал теперь в основном уравнении (*) х = у, кх = 3, мы
получим
2х2 + z2 = 3xz, или (z — x)(z — 2х) = 0.
Таким образом, z = х, или z = 2х. Но так как z ^ —— =
Зу Зж
= — = —, то z не может равняться 1х\ следовательно, z = х.
Z Z
Итак, мы видим, что если только выполняются условия (**),
то должно быть х = у = z. Но так как кх = 3, то х может
быть равно только 1 или 3. Соответственно этому получаем
два решения уравнения (*)
х = у = z = 1 (fc = 3),
В решении задачи а) мы видели, что всякую тройку чи-
чисел ж, у, z, удовлетворяющих уравнению (*), можно после-
последовательными подстановками вида z\ = кху — z привести к
тройке чисел, удовлетворяющих неравенствам (**). Но если
z\ = кху — z, то z = кху — z\\ поэтому каждое решение урав-
уравнения (*) можно получить из выписанных выше наименьших
решений последовательными подстановками вида z\ = kxy — z.
В частности, таким образом, получаем следующие решения
уравнения (*), не превосходящие 1000.
1°. Случай к = 3:
ж = 111 1 1 1 1 12 2 2 5 5
у = 1 1 2 5 13 34 89 233 5 29 169 13 29
z = 1 2 5 13 34 89 233 610 29 169 985 194 433
2°. Случай к = 1:
ж = 3333 3 3 36 6 15
у = 3 3 6 15 39 102 267 15 87 39
z = 3 6 15 39 102 267 699 87 507 582
(то, что решения, отвечающие значению к = 1, получаются из
решений, отвечающих значению к = 3, простым умножением
чисел ж, у и г на 3, сразу следует из того, что так связаны
РЕШЕНИЯ 221
между собой наименьшие решения уравнений ж2-\-y2-\-z2 =
= xyz и ж2 + у2 + z2 = 3xyz).
119. Требуется найти решения в целых числах системы
уравнений
х2 + 125 = ш/,
у2 + 125 = ш;
(дополнительно в задаче требуется, чтобы числа х и у были
взаимно простыми и не превосходили 1000). Докажем, что
каждое решение этой системы уравнений такое, что хжу вза-
взаимно просты, определяет не одну пару чисел, квадрат каж-
каждого из которых, увеличенный на 125, делится на второе, а
три пары таких чисел. Точнее, покажем, что пары чисел ж, и
и у, г> тоже удовлетворяют этому условию: х2 + 125 делится
на гл, и2 + 125 делится на ж и аналогично для пары у, v.
Прежде всего из равенства х2 + 125 = иу сразу следует,
что х2 + 125 действительно делится на и. Далее, из этого же
равенства получаем
и2у2 = ж4 + 250ж2 + 1252, u2(vx - 125) = ж4 + 250ж2 + 1252,
и, наконец,
x(u2v - х3 - 250ж) = 125(и2 + 125),
откуда следует, что и2 + 125 делится на х (х взаимно просто
с 125, ибо иначе ж и у не были бы взаимно простыми). Наконец,
отметим, что числа х и и тоже взаимно простые: если бы х
и и имели общий простой делитель d, то 125 = иу — х2 тоже
делилось бы на d (т. е. d = 5), а следовательно, и у делилось бы
на d (так как у2 = vx — 125). Точно так же показывается, что
и числа у, v взаимно простые и такие, что квадрат каждого
из них, увеличенный на 125, делится на второе число.
Обозначим наши числа ж, у, гл, v так: х = жо, У = %ъ
и = ж_1, v = Х2- Если и2 + 125 = ж_2^, то пара чисел гл,
ж_2, т. е. ж_1, ж_2 тоже удовлетворяет условию задачи. Точно
так же, если v2 + 125 = жзу, то пара чисел г>, жз, т. е. Ж2,
жз тоже удовлетворяет этому условию. Таким образом, мы
видим, что, исходя из каждой пары чисел, удовлетворяющих
условию задачи, можно построить бесконечную в обе стороны
цепочку чисел
... Ж_2, Ж_Ь Ж0, ЖЬ Ж2, . ..,
222 РЕШЕНИЯ
каждые два соседних из которых дают решение задачи
ха + 125 _ х2а+1 + 125 _
— Ха—Ъ — Ха-\-2-
Отметим еще, что для этой цепочки отношение суммы со-
соседних с данным двух членов к этому члену есть постоянное
число:
Хд-1 + Ха+1 Sg-lSg+l + Д?+Х fog + 125) + S
ХаХа-\-1 ХаХа-\-1
1 + (жа+1 + 125) ха + Хд
Это замечание очень удобно использовать для последователь-
+
ного вычисления членов цепочки; если обозначим
через ?, то, очевидно, будем иметь
*Ха — Xa — i) Xa — i = ZXa —
Теперь надо найти метод, при помощи которого можно
определить все такие цепочки решений. Отметим прежде все-
Хol-\-\ -L.ZO X'q, I -^
го, что если xa+i > ха, то ха+2 = —z > —— > жа+1,
и если жа_1 ^ жа, то жа_2 ^ Xa-i, поэтому каждая цепочка
решений идет в обе стороны, возрастая от какого-то наимень-
наименьшего своего члена (или двух равных между собой, наименьших
членов; впрочем, легко видеть, что два соседних члена цепочки
решений могут быть равны между собой только в том случае,
если оба они равны 1). Пусть xq есть наименьший член це-
цепочки решений:
Х\ ^ Жо, х-1 ^ ж0-
Докажем, что xq < л/125 < 12.
Отметим прежде всего, что фигурирующее выше число t —
целое число, большее 2. Действительно, из равенства
, Xa—l ~~r Xa-\-l Xa
t = -
Ха Ха-\-1
следует, что t — целое число: ха и xa+i взаимно просты и,
следовательно, t = не может иметь в знаменателе
Ха
РЕШЕНИЯ 223
Ха + Ха+2
никаких делителей ха+\ и с = не может иметь в
знаменателе никаких делителей ха. Далее,
+ Х + 125 Х
, _ ха + Ха+1 + 125 Ха + Ха+1 ^
ибо ж2 + ж2+1 > 2жажа+1 (так как ж2 + ж2+1 - 2хаха+\ =
= (ха — ха+\J ^ 0). Таким образом, мы заключаем, что t ^ 3.
Теперь, так как
\ ( ) ( ) -\ — х\ = 125,
то хотя бы одно из (неотрицательных) чисел х\— х§ ж Х-\ —
— xq не превосходит 11; предположим для определенности, что
х\ — хо ^ 11. Далее, имеем
ж§ + ж^ + 125
Жп + ж? + 125 — 2жожх (жх — жоJ + 125
t — 2 = —
Но t ^ 3, t — 2 ^ 1; следовательно, (жх — жоJ + 125 ^
^ Жд + жо(жх — жо), что было бы невозможно, если бы было
жо ^ 12 > (жх — жо) (ибо в таком случае Жд > 125, жо(жх — жо) >
> (жх -ж0J).
Теперь остается только перепробовать в качестве жо все
числа, меньшие 12 и взаимно простые с 125; при этом жх есть
такое число, что Жд + 125 делится на жх (т. е жх есть делитель
числа Жд + 125) и ж2 + 125 делится на жо- При этом так как
Жд + 125 = жхж_х, то, приняв за жх меньшее из соседних
с жо чисел цепочки, мы будем иметь
ж0 ^ жх ^ ^/ж2 + 125.
Нетрудно проверить, что все пары жо, жх, удовлетворяю-
224
РЕШЕНИЯ
щие нашим условиям, исчерпываются следующими:
I2 + 22 + 125
1, з * =
1,7 \t =
2
t -
z —
I2-
I2-
22-
1-
ЬЗ2
1-
Ь72
1-
ЬЗ2
1
+
3
+
7
+
125
125
125
2 « =
1-2
= 65
= 45
= 25
Z • о
Это приводит к следующим цепочкам решений:
..., 15001, 126, 1, 1, 126, 15001, ...;
..., 4094, 63, 1, 2, 129, 8383, ...;
..., 1889, 42, 1, 3, 134, 6027, ...;
..., 15261, 566, 21, 1, 6, 161, 4341, ...;
..., 10826, 449, 18, 1, 7, 174, 4343, ...;
..., 7369, 321, 14, 1, 9,206, 4729, ...;
..., 22658, 987, 43, 2, 3, 67, 1538, ...;
..., 2501, 522, 109, 23, 6, 7, 29, 138, 661, 3167, ...
Таким образом, все возможные пары взаимно простых
целых положительных чисел х, у, меньших 1000, такие, что
х2 + 125 делится на у, а у2 + 125 делится на ж, даются следую-
следующей таблицей:
X =
У =
126
1
1
1
63
1
1
2
2
129
42
1
1
3
3
134
566
21
21
1
1
6
6
161
х =
У =
449
18
18
1
1
7
7
174
321
14
14
1
1
9
9
206
987
43
43
2
2
3
3
67
х =
У =
522
109
109
23
23
6
6
7
7
29
29
138
138
661
120. Задача состоит в том, чтобы решить в целых положи-
положительных числах следующую систему уравнений (ж, у, z и и —
РЕШЕНИЯ 225
искомые числа):
vJ,
wJ,
tJ,
2
или
у + z + и = 2vx + v2.
z + и = 2wy + w, / ч
,2 ' (*)
ж + у + 2 = 2s?i + s2.
Сложив все уравнения (*), получим
Bv - 3)х + Bw - 3)у + B* - 3)* + B«s - 3)и + ^2+
+ W2 + t2 + 52 = 0. (**)
Отметим прежде всего, что из равенства (**) следует, что
хотя бы одно из чисел 2г> — 3, 2w — 3, 2? — 3, 2s — 3 отрица-
отрицательно, — иначе мы имели бы в левой части этого равенства
сумму положительных чисел. Предположим, например, что
2v — 3 < 0. Это возможно только в том случае, если v = 0 или
v = 1. В первом случае первое уравнение системы (*) сразу
дает y-\-z-\-u = 0, что невозможно, если у, z, и положительны.
Поэтому надо считать, что все числа г>, w, ?, s положительны
и v = 1. В таком случае равенство (**) перепишется в виде
х = B^-3)y + Bt-3)^ + B«s-3)^+ +w2+?2 + s2 + l. (***)
Рассмотрим теперь разные возможные случаи.
1°. Числа ж, у, z, и все попарно различны. В этом
случае и числа г>, ги, ?, s все попарно различны; действительно,
считая, например, что v = w, мы получим, вычитая друг из
друга первые два равенства (*) у — х = 2v(x — у), что не-
невозможно при v положительном и х ф у. Далее, первое из
равенств (*) в предположении v = 1 дает 2x = y + z + u — 1,
1111 , ч
ж = -у+-^ + -^— -, что несовместимо с равенством (***),
А А А А
где коэффициенты при у, z и и в правой части — целые поло-
положительные (ибо w, ?, s не могут быть равны 1, так как они не
равны г>, a v = 1). Итак, этот случай является невозможным.
15 Д.О. Шклярский и др.
226 РЕШЕНИЯ
2°. Два из чисел ж, у, z, и равны между собой;
остальные различны. Здесь надо отдельно рассмотреть
два подслучая.
A) z = и. В этом случае t = s. Равенство (***) и первое
уравнение (*) здесь принимают вид
х = Bw - 3)у + 2B* - 3)z + w2 + 2?2 + 1,
2ж = у + 2z - 1;
эти равенства по-прежнему несовместимы.
Б) ж = у. Здесь эд = v = 1. Равенство (**) и первое из
равенств (*) в этом случае соответственно имеют вид
2х = B* - 3)г + B«s - 3)г/ + t2 + 52 + 2,
X = Z + U—1.
Подставляя второе из этих равенств в первое, имеем
B* - 5)z + B«s - 5)и + ?2 + «s2 + 4 = 0, (****)
откуда следует, что хотя бы одно из двух чисел 2? — 5, 2s — 5
должно быть отрицательным. Пусть 2? — 5 < 0; так как t > 0
и t ^ 1 (ибо г; = 1; ? ^ v, так как г ^ ж), то, следовательно,
t = 2. Теперь, прибавляя к третьему уравнению (*) удвоенное
первое уравнение, находим Az + 4ж + 6 = Ах -\- 2z -\- Зи, т. е.
3 3
г = - гл — 3. Полагая в уравнении (****) ? = 2, z = —и — 3,
получим
D«s - 13)гб + 252 + 22 = 0.
Отсюда ясно, что 45 — 13 < 0. Так как 5>0, s ф 1, s ф 2,
то, очевидно, 5 = 3. Подставляя все эти значения в уравне-
уравнения (*), получаем систему трех уравнений первой степени с
тремя неизвестными
x + z + u = 2х + 1,
2х + и = Az + 4,
2х + z = 6г/ + 9,
из которой легко находим х(= у) = 96, z = 57, гл = 40.
3°. Среди чисел ж, у, г, гл имеются две пары
попарно равных. Пусть, например, х = у, z = и. В таком
РЕШЕНИЯ 227
случае первое уравнение (*) дает х = 2z — 1; подставляя этот
результат в уравнение (**):
х = B?-3);? + ?2 + 1,
находим
B* - 5)г + t1 + 2 = 0.
Отсюда следует, что 2t — 5 < 0, или так как t > 0, t Ф 1,
то ? = 2. Теперь уравнения (*) принимают вид
x + 2z = 2х + 1,
2ж + z = 4^ + 4,
откуда ж(= у) = 11, ;?(= и) = 6.
4°. Три из чисел ж, у, 2, и равны между собой.
Здесь тоже приходится отдельно рассматривать два под-
случая.
А) у = z = и. В этом случае уравнение (* * *) и первое
уравнение (*) принимают вид
х = 3Bw - 3)у + 3w2 + 1, 2ж = Зу - 1
и, очевидно, являются несовместимыми.
Б) х = у = 2. Первое уравнение (*) дает в рассматривае-
рассматриваемом случае
2х + и = 2х + 1,
откуда и = 1; последнее уравнение (*) дает
Зж = 2su + s2 = 2s + s2, ж = — -.
Но ж — целое число; следовательно, или s или s + 2 должно
делиться на 3, т. е. s = 3/с, ж = fcCfc + 2), или s = ЗА; — 2,
ж = (ЗА; — 2)fc; здесь А; — произвольное целое число.
5°.Все числа x^y^z^u равны между собой. В этом
случае первое уравнение (*) сразу дает Зх = 2х + 1, х = 1.
Итак, мы получаем следующие решения задачи:
х = у = 96, 2 = 57, гл = 40; х = у = 11, г = гл = 6;
х = у = z = кCк ± 2), гл = 1; ж = у = 2 = гл = 1.
15*
228 РЕШЕНИЯ
121. Обозначал искомые числа через ж и у, имеем
х + у = жу,
или
ху — х — у + 1 = 1,
Но так как единицу можно только двумя способами разло-
разложить в произведение целых множителей, то сразу получаем
х- 1 = 1, у-1 = 1; х = 2, у = 2,
или
х — 1 = —1, у — 1 = —1; ж = 0, у = 0.
122. Прежде всего устанавливаем, что хотя бы одно из трех
чисел ж, у и г, таких, что
ж у 2
должно быть меньше 4: если бы все эти числа были ^ 4, то
111 1113
сумма —| 1— была бы ^т + т + т — т- Таким образом,
х у z 4 4 4 4
если считать, что ж ^ у ^ 2, то для х остаются возможными
только два значения: х = 2 и ж = 3 (ибо ж > 1). Рассмотрим
эти две возможности в отдельности.
1) х = 2; тогда - + - = 1 = -. Приведя дроби к общему
у z х 2
знаменателю и отбросив знаменатель, имеем
yz-2y-2z = 0,
у^ - 2у - 2z + 4 = 4,
или
(у-2)(*-2)=4.
Так как у ж z больше 1, то у — 2 и ? — 2 не могут быть отри-
отрицательны и возможны только следующие случаи:
а) у - 2 = 2, ;?-2 = 2; у = 4, z = 4.
б) у-2 = 1, ^-2 = 4; у = 3, * = 6.
11 12
2) х = 3; тогда —|— = 1 = -, или
у z х 3
- Зу - 3z = 0, 4у? - 6у - 6z + 9 = 9,
Bу-3)B?-3) = 9.
РЕШЕНИЯ
229
Так как у ^ х = 3, 2у — 3 ^ 3, 2z — 3 ^ 3, то возможен
только один случай:
2у - 3 = 3, 2^ - 3 = 3; у = 3, г = 3.
Таким образом, все решения задачи даются следующими
равенствами:
1 1 1 л 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 L
123. а) Если 1— = —, то, избавляясь от знаменателя
х у а
дроби, мы получим
ах + ау = жу,
или
ху — ах — ау + а2 = а2,
(ж — а)(у — а) = а2.
Последнее уравнение имеет 2v — \ решений в целых числах,
где v есть число делителей числа а? (включая 1 и само а2):
для того чтобы получить все эти решения, надо выписать 2v
возможных систем вида х — а = d, у — а = — ж х — а = —с/,
а
у — а = (где d есть делитель числа а2), кроме системы
а
х — а = —а, у — а = —а, которая приводит к абсурдному в
условиях данной задачи результату х = 0, у = 0.
Если а = 14, то а2 = 196 и делители числа а2 = 196 имеют
вид
1, 2, 4, 7, 14, 28, 49, 98, 196.
Соответственно этому мы получаем следующие 17 решений
нашего уравнения:
X
У
15
210
16
112
18
63
21
42
28
28
42
21
63
18
112
16
210
15
13
-182
12
-84
X
У
10
-35
7
-14
-14
7
-35
10
-84
12
-182
13
б) Заданное уравнение можно привести к виду
(х - z)(y - z) = z2
(*)
230 РЕШЕНИЯ
(см. решение задачи а)). Пусть теперь t общий наибольший
делитель трех чисел ж, у и z, т. е. х = x\t, у = y\b, z = z\t,
где #1, yi и ^i взаимно просты. Далее обозначим через m
общий наибольший делитель чисел х\ ж z\ ж через п — общий
наибольший делитель чисел у\ и z\, т. е. положим х\ = тх2,
z\ = m^2; yi = пу2, z\ = n^2, где ^2 и ^, |/2 и ?2 взаимно
просты. Числа тип взаимно просты, ибо х\^у\ж z\ взаимно
просты. Так как z\ делится и на т и на п, то можем положить
Подставим теперь в основное уравнение (*) х = mx2t, у =
= ш/2^ ^ — mnpt. По сокращении на TTint2 будем иметь
(#2 — пр)(У2 — тр) = тпр2. (**)
Но ^2 взаимно просто с р, ибо m есть общий наиболь-
наибольший делитель чисел х\ = тх2 и ^i = тпр\ аналогично у2
взаимно просто с р. По раскрытии же скобок в уравнении (**)
мы получаем, что Х2У2 = Х2гпр + У2пр делится на р. Отсюда
следует, что р = 1, и наше уравнение принимает вид
(#2 — п)(У2 — т) = тп.
Здесь Х2 взаимно просто с п, ибо три числа х\ = тх2,
у\ = пу2 и ^i = 771П взаимно просты. Следовательно, Х2 — п
взаимно просто с п, а следовательно, у2 — т делится на п.
Аналогично, Х2~п делится на т. Таким образом, Х2~п = =Lm,
У2 — т = =Ьп, Х2 = ±У2 = =Ь?^ + ^ и, следовательно,
ж = т(т + n)t, у = ±п(т + n)t, 2: = mnt,
где 771, n, t — произвольные целые числа.
124. а) Из равенства ху = ух видно, что простые делители
чисел х ж у одни и те же:
X — рх р2 • • • Рп , У — Р\ F2 ' ' 'Рп •>
где р\, P2i • • • •> Рп — простые числа. Тогда ввиду нашего ра-
равенства
а\у = ^ix, а2у = ^2^, ..., any = finx.
Будем считать, что у > х; тогда из написанных равенств сле-
следует, что
РЕШЕНИЯ 231
Следовательно, у делится на ж, у = кх, где к целое. Подставим
это значение у в наше равенство:
хкх = (кх)х.
Отсюда, извлекал корень ж-й степени, получим
хк = кх, или хк~1 = к.
Так как у > ж, то к > 1, откуда ж > 1. Но легко видеть,
что 22 = 2, а при ж > 2 или к > 2 всегда ж^ > /с. Действи-
Действительно, при к > 2, ж ^ 2
так как уже 23 > 3, а при А; = 2, ж > 2
ж^ = х > 2 = к.
Поэтому единственным решением нашего уравнения в целых
положительных числах будет ж = 2, /с = 2, у = кх = 4.
б) Обозначим отношение — через /с, тогда у = кх. Под-
ж
ставляя это выражение для у в наше уравнение, получим
хкх = (кх)х,
или, извлекая из обеих частей корень степени х и затем деля
на ж,
хк~1 = к,
откуда
1 1 к
Пусть рациональное число равно несократимой дро-
к — 1
J9 1
би —. Подставляя это выражение для в наши формулы,
q к — 1
получим
k-l=q-, k = q P±4 кР±Л
р
р р р к — 1
Р р+д
()
232 РЕШЕНИЯ
Так как р и q взаимно просты, то, для того чтобы х и у
были рациональными числами, необходимо, очевидно, чтобы
из целых чисел р и р-\- q можно было извлечь корень степени q.
Но так как при q ^ 2 и р = nq будет иметь место неравенство
q < р + q < (п + l)q = nq + qnq~l + ^ ~' l\q~2 +
nq < р + q < (п + l)q = nq + qn
то это возможно только при q = 1.
Итак, все положительные рациональные числа, удовлетво-
удовлетворяющие нашему уравнению, даются формулой
-№• -№"•
где р — произвольное целое число (кроме 0 и —1).
125. Пусть п — число восьмиклассников, т — число оч-
очков, набранных каждым из них. В таком случае число очков,
набранных всеми участниками турнира, равно тп + 8. Это
число равно числу сыгранных партий. Так как участников
турнира п + 2 и каждый играл по одному разу с каждым из
(п + 2)(п + 1)
п + 1 остальных, то ими всего было сыграно
А
партий (в произведении (п + 2)(п + 1) каждая партия учиты-
учитывается 2 раза). Таким образом, мы получаем
(п + 2)(п + 1)
тп + 8 = -1 — -,
или, после несложных преобразований,
п(п + 3 - 2га) = 14.
Здесь п — целое число; число в скобках также целое (ибо га
либо целое, либо дробь с знаменателем 2).
Так как п — делитель 14, то п может быть равно одному
из чисел 1, 2, 7, 14. Значения п = 1 и п = 2 мы должны от-
отбросить, так как в этом случае общее число участников не
превышает 4 и два семиклассника не могли бы набрать
вдвоем 8 очков.
Остается п = 7 и п = 14.
Если п = 7, то 7G + 3 - 2га) = 14; га = 4.
РЕШЕНИЯ 233
Если п = 14, то 14A4 + 3 - 2га) = 14; га = 8.
126. Пусть девятиклассников было п и набрали они га оч-
очков. Тогда десятиклассников было 10п и набрали они 4,5га оч-
очков. Всех же участников турнира было lln и набрали они
5,5га очков.
Общее число набранных всеми очков равно числу сыгран-
« тт * lln(lln-l) _
ных партии. Партии сыграно было . Отсюда
llnflln- 1)
5,5га = ,
и, следовательно,
га = пA1п — 1).
Каждый десятиклассник сыграл lln — 1 партий (ибо число
участников турнира равно lln), а потому п девятиклассников
могли набрать пA1п — 1) очков только в случае, если каждый
из них выиграл все партии. Это возможно лишь при п = 1
(так как два девятиклассника не могут одновременно выиг-
выиграть друг у друга). Итак, получаем единственное решение
п = 1, га = 10.
127. По условию задачи имеем
у/р(р-а)(р-Ь)(р-с) =
а + Ь + с
je числа и р =
Zl
р — b = у, р — с = z; тогда будем иметь
а + Ь + с
где а, 6, с — целые числа и р = . Обозначим р — а =
= 2 (ж + у + г),
или, возведя обе части равенства в квадрат,
xyz = 4(ж + у + г).
Здесь ж, у и z — или целые положительные числа, или же по-
половины нечетных целых чисел. Но второй случай невозможен,
так как тогда слева у нас стояло бы дробное число, а справа
целое. Итак, ж, у и z целые.
Пусть теперь х ^ у ^ z. Из нашего уравнения найдем, что
Ay + 4z
х = -;
yz-A
234 РЕШЕНИЯ
следовательно, мы будем иметь
Ay + Az
yz-A '*¦
Последнее неравенство можно умножить на yz — 4 (ясно, что
yz — А > 0, ибо иначе х было бы отрицательным) и рассматри-
рассматривать как квадратное неравенство относительно у:
y2z - 8у - 4z ^ 0, т. е. (у - yi)(y - у2) ^ 0, (*)
где у\ и у2 — корни уравнения zy2 — 8у — Az = 0, зависящие,
разумеется, от z:
4 + л/16 + 4^2 4 - л/16 +
Но у2 отрицательно и, значит, всегда у — у2 > 0 (ибо у
положительно); следовательно, для того чтобы выполнялось
неравенство (*), надо чтобы было
^ 4 + л/16 +
z
Итак, имеем у^ ^ 4 + л/16 + 4^2, откуда и подавно ?2 — 4 ^
^ л/16 + 4^2 (ибо z ^ у). Возведя обе части в квадрат, полу-
получим
г4 - 8^2 + 16 < 16 + 4^2; /
что, очевидно, выполняется только при z < 3.
Рассмотрим теперь ряд возможных случаев.
4 + л/16 + 4 4у + 42; 4у + 4
1 . 2г = 1, 2/ ^ < 9; х = =
' у ^ 1 ' у^-4 у-А
будет целым положительным только, если у = 5 (в этом случае
ж = 24), у = 6 (в этом случае ж = 14), у = 8 (в этом случае
4 + V16 + 4-4
будет целым и не меньшим у только, если у = 3
У-2
(в этом случае ж = 10) и у = 4 (в этом случае х = 6).
РЕШЕНИЯ
235
3°. z = 3, у
< 4. При z = у = 3 х =
не будет целым.
yZ-4:
Итак, мы получили следующие пять решений задачи:
X
24
14
9
10
6
У
5
6
8
3
4
z
1
1
1
2
2
х + у + z = р
30
21
18
15
12
а
6
7
9
5
6
b
25
15
10
12
8
с
29
20
17
13
10
128. а) Задача, очевидно, сводится к решению в целых
числах уравнения
2 2 2
Если t есть общий наибольший делитель чисел ж, у и 2, то,
сократив наше уравнение на ?2, мы получим совершенно такое
же уравнение, где ж, у и z уже взаимно просты. Поэтому мы
можем считать с самого начала х, у ж z взаимно простыми.
При этом и каждые два из этих чисел будут взаимно прос-
простыми, так как иначе и третье должно было бы делиться на их
общий делитель.
Отсюда, в частности, заключаем, что никакие два из чи-
чисел ж, у ж z не могут быть четными. Далее, если бы хжу были
оба нечетными: х = 2к + 1, у = 21 + 1, то мы имели бы
х2 + у2 = Bк + IJ + B1 + IJ = 2[2(к2 + /2 + А; + /) + 1],
в то время как квадрат целого числа z должен быть либо не-
нечетным (если z нечетно), либо делиться на 4 (если z четно).
Поэтому одно из двух чисел ж, у должно быть четным, а вто-
второе нечетным; предположим, например, что х = 2х\ четно.
Перепишем теперь наше уравнение в виде
2 2 2 Z+V Z-У
= z -у , или хг = — —.
тт Z + y Z -у
Пусть = и, = V] тогда z = и + V, у = и — v.
Z Z
Целые числа и и v (напомним, что z и у оба нечетны) должны
236 РЕШЕНИЯ
быть взаимно простыми, иначе z и у не были бы взаимно прос-
простыми. А если так, то из того, что их произведение uv = х\
есть полный квадрат, следует, что каждое из них в отдель-
отдельности представляет собой полный квадрат: и = a2, v = b2.
Теперь окончательно имеем
z = и + v = а2 + б2, у = и — v = а2 — б2, жх = y/uv = аб,
или, если не требовать, чтобы х, у ж z были взаимно простыми:
x = 2tab, y = t(a2-b2), z = t(a2 + b2),
где а и b — произвольные взаимно простые между собой целые
числа и а > 6, a t — произвольное целое число.
Эти формулы и дают решение задачи.
б) Обозначим стороны треугольника через ж, у и z (z —
сторона, лежащая против угла в 60°). В таком случае по тео-
теореме косинусов получим z2 = х2 + у2 — ху.
Нам надо решить в целых числах это уравнение. Быстрее
всего приводит к этой цели следующий искусственный прием.
Отметим, что наше уравнение можно записать также в сле-
следующем виде:
[4z + (х + у)}2 = [2z + 2{х + у)}2 + [3(ж - у)]2,
ИЛИ
2 2 2
W = U +V,
где и = 2z + 2(х + у), v = 3(ж — у), w = 4z + (х + у). Теперь
результат задачи а) позволяет сразу написать:
= 2tab, v = t(a2 -б2), w = t(a2 + б2
взаимно
(х + у) =
где а, 6 — какие-то два взаимно простых числа, t тоже целое.
Итак имеем
2^ + 2(ж + у) = 2?аЬ,
З(ж-у) =?(а2-62).
Решая эту систему трех уравнений третьей степени с тремя
неизвестными ж, у и z, получим
6z = 2?(а2 + Ъ2) - 2?аЬ, 3(ж + у) = 4?а6 - t(a2 + б2),
3(ж - у) = t(a2 - b2)
РЕШЕНИЯ 237
и, окончательно,
х = - tbBa -6), у = - taBb -а), z = - t(a2 + б2 - аб).
о о о
Для того чтобы даваемые этими формулами значения ж, у,
2 были целыми, необходимо, чтобы по крайней мере одно из
чисел ?, а + b делилось на 3. [Если t = 3?i, то полученные
формулы можно переписать в виде
х = t\b{2a — 6), у = t\aBb — а), 2 = ?i(a2 + б2 — аб);
если а + 6 делится на 3, то либо а = 3ai + 1, 6 = 3&i + 2 и
ж = *(ЗЬХ + 2)Bai - bi), у = tCai + l)Bbi - ai + 1),
^ = tCa2 + 362 - 3aibi + 3bi + 1),
либо a = 3ai + 2, 6 = 3&i + 1 и
x = tCbi + l)Bai - bi + 1), у = tCai + 2)Bbi - ai),
^ = tCa2 + 36? - 3aibi + 3ai + 1).]
Для того чтобы полученные формулы имели смысл, необ-
необходимо, чтобы было 2а > 6, 26 > а, т. е. - < b < 2а; при
этих условиях наибольшее из трех чисел х, у, z (если а > 6,
это будет число ж) будет меньше суммы двух других, т. е. из
отрезков длин ж, у, 2 можно будет образовать треугольник,
в) Из теоремы косинусов получаем
z2 = х2 + у2 + жу,
где 2 — сторона треугольника, лежащая против угла в 120°;
х ж у — две другие стороны.
Это соотношение можно представить в виде
[4* + (х - у)}2 = [2z + 2(х - у)}2 + [3(х + у)}2.
Отсюда аналогично решению задачи б) получаем
х = - ta(a - 26), у = - tbBa - 6), z = - t(a2 + б2 - a6),
238 РЕШЕНИЯ
где а и b — какие-то взаимно простые числа, такие, что а > 26,
и по крайней мере одно из чисел ?, а + b делится на 3.
129. Пусть в треугольнике ABC (стороны которого равны
а, 6, с, а углы — А, В и С) В = пА. Тогда С = 2d - (п + 1)А,
и, следовательно, в силу теоремы синусов
b sin nA с sin(n + 1)А
a sin A ' a sin A
a) n = 2. Так как
sin 2А = 2 sin A cos A, sin ЗА = 4 cos2 A sin A — sin A,
то в этом случае
- = 2 cos А, - = B cos AJ - 1. (*)
а а
хт о л Ь2 + с2-а2
Но z cos Л = и, следовательно, в треугольнике с
be
целочисленными сторонами 2 cos А всегда будет рационально.
Пусть 2 cos А = —, где р vl q — целые числа. Тогда, в силу
соотношений (*),
а : b : с = q2 : pq : (р2 — q2).
Если р и q взаимно просты, то три числа g2, pqvip2 — q2 не
имеют отличного от единицы общего делителя. Отсюда выте-
вытекает, что для всех треугольников, удовлетворяющих условию
В = 2А с целочисленными несократимыми (т. е. не имеющими
отличного от единицы общего наибольшего делителя) сторо-
сторонами, длины сторон выражаются формулами
a = q2, b = pq, c = p2-q2,
где р и q — взаимно простые числа.
Для того чтобы приведенные формулы действительно
определяли стороны треугольника, для которого В = 2А, чи-
числа р и q должны удовлетворять следующему условию: угол
р
А = arccos — должен быть заключен в пределах 0 < А < 60°
щ
(А должно быть меньше 60°, так как А + В + С = ЗА + С =
= 180°). Так как cosO = 1 и cos 60° = -, то это условие можно
РЕШЕНИЯ 239
Р
переписать в виде 2 > - > 1. Наименьшие целые числа р
Я
и д, удовлетворяющие этому условию, — р = 3, q = 2. От-
Отсюда следует, что наименьшим треугольником с целочислен-
целочисленными сторонами, удовлетворяющим условию В = 2А, будет
треугольник со сторонами а = 4, 6 = 6, с = 5.
Перейдем теперь к задачам б) и в). Здесь нам понадо-
понадобятся выражения для sin5A, sin6A и s'm7A через тригономет-
тригонометрические функции угла А. Применив несколько раз теорему
сложения для синусов (или воспользовавшись общей формулой
задачи 222, б); см. с. 52), можно после ряда преобразований
получить следующие формулы:
sm5A = B cos A)A sin A- 3B cos AJ sin A + sin А,
sin6A = [B cos АJ - 1] [B cos АJ - 3]2cos A + sin A,
sin 7А = [B cos AJ - 2] [B cos AJ - 3]4 cos2 A sin A - sin A.
Далее решение проводится совершенно так же, как и в слу-
случае задачи а).
Р
Положим 2 cos А = -, где р и q — взаимно простые це-
q
лые числа; тогда из формул для sin5A, sin6A и s'm7A будет
следовать, что для всех треугольников с целочисленными не-
несократимыми сторонами, удовлетворяющих условию В = пА,
где п = 5 или 6, длины сторон выражаются формулами:
б) при п = 5
a = q5, b = q(p4-3p2q2+q4), с = р(р2 - q2)(p2 - 3q2);
в) при п = 6
a = q\ b = pq(P2-q2)(p2-3q%
c = p2(p2-2q2)(p2-3q2)-q*
(р и q — взаимно простые целые числа).
Для того чтобы определенные по этим формулам числа
действительно были сторонами треугольника, для которого
В = пА, числа р и q должны быть такими, что:
б7) при п = 5 0 < arccos — < 30°;
2q
в7) при п = 6 0 < arccos — < ^- « 25°437.
} 2q 7
240 РЕШЕНИЯ
Так как cos 30° = , то при п = 5 числа р и q должны
Zl
удовлетворять условию 2 > — > д/3 = 1,732... Наименьшие
целые числа ди|), удовлетворяющие этому условию, — q = 4,
р = 7 [а должно быть не менее чем 4, так как - отличается
v q
V
от целого числа менее чем на -
3>
Следовательно, наименьшим треугольником с целочислен-
целочисленными сторонами, для которого В = 5А, будет треугольник со
сторонами
а = 1024, 6=1220, с = 231.
При п = 6 числа р ж q должны удовлетворять условию 2 >
р о 180° „
> — > 2 cos . По таблицам находим, что
Q 7
2 cos ^- « 2 cos 25°437 « 1, 802.
Следовательно, должно быть 2 > — > 1,802. Наименьшие
целые числа q и р, удовлетворяющие этому условию, это g = 6,
р = 11. Подставляя эти дирв нашу формулу, найдем, что
наименьшим треугольником с целочисленными сторонами, для
которого В = 6А, будет треугольник со сторонами
а = 46 656, b = 72 930, с = 30 421.
130. Предположим, что имеется такой прямоугольный тре-
2 2
льник, катеты которого равны х и у , а гипотенуза 2, где
ж, у и z — целые числа. При этом мы можем считать, что
числ
что
угольник, катеты которого равны х1 и у2, а гипотенуза z, где
z —
числа ж2, у2 и z — попарно взаимно простые и, следовательно
у2 = а2-Ъ2, z = a2 + b2,
где а и b — какие-то взаимно простые целые числа; а > b
(см. решение задачи 128, а)). Второе из этих равенств можно
переписать так:
а2 = Ь2 + у2,
в силу чего a, b и у можно представить формулами
h = 2tu, y = t2-u2, a = t2+u2.
РЕШЕНИЯ 241
где t и и — какие-то простые числа (здесь мы снова пользу-
пользуемся результатом задачи 128, а)). А в таком случае имеем
х2 = 2(t2+u2) -2tu; (|) =tu(t2+u2).
Ho t и и взаимно просты между собой, а значит, взаимно
просты и с числом t2 + u2; следовательно, из того, что произве-
произведение tu(t2 -\-u2) представляет собой полный квадрат, следует,
что каждый из множителей в отдельности является полным
квадратом:
2 2 2 2 2
t = x1, u = y1, t +и =^1-
Последнее равенство показывает, что существует прямо-
прямоугольный треугольник, катеты которого равны t = х\ и и =
= у2, а гипотенуза z\. Здесь жх, у\ и z\ — снова целые по-
положительные числа и, что особенно важно, z\ < z (так как
даже z\ = (t2 + и2J = а2 < а2 + b2 = z. Таким образом,
мы видим, что если существует какой-то прямоугольный тре-
треугольник, катеты которого суть квадраты целых чисел, а ги-
гипотенуза равна целому числу, то существует и другой такой
треугольник с меньшей гипотенузой. Повторяя то же
самое рассуждение, мы построим цепь таких треугольников,
гипотенузы которых делаются все меньше и меньше. А так
как все эти гипотенузы выражаются целыми числами, то мы
в конце концов придем к треугольнику, гипотенуза которого
равна 1, что, разумеется, невозможно (если гипотенуза пря-
прямоугольного треугольника равна 1, то катеты не могут рав-
равняться квадратам целых чисел). Полученное противоречие и
доказывает утверждение задачи.
131. Обозначим левую часть равенства через А, а пра-
правую — через В. Тогда
п\-В = Bn-n!)-[l-3-5...Bn-l)] =
= B • 4 • 6 ... 2п) • [1 • 3 ... Bп - 1)] = Bп)!
(относительно обозначений см. с. 18). Отсюда А = В.
132. а) Воспользуемся очевидной формулой
1 _ 1 1
?;(?; +1) ~ ~к ~ к + Г
16 Д.О. Шклярский и др.
242 РЕШЕНИЯ
Отсюда
11 1 11
1-2 2' 2-3 2 3'
111 1 11
3-4 3 4' ' (n-l)n n-1 n
Складывая почленно все эти равенства, получим
11 1 - г
1~2 + 2~~3 + ''' + (п - l)n ~ ~п'
б) Воспользуемся формулой
1 1 Г 1 1
-2)Г
которая повторяется непосредственно, приведением ее правой
части к общему знаменателю.
Отсюда имеем
1 1/1 1 \ 1 1/1 1
1-2-3 2 VI • 2 2-3/' 2-3-4 2\2-3 3-4/'
1 1/1 1
3-4-5 2 V3-4 4-5,
1 1 Г 1 1
¦"' (n-2)(n-l)n 2[(n-2)(n-l) (n-l)nj
Складывая почленно все эти равенства, получим
111 1
+ „ . ,+••• +
1-2-3 2-3-4 3-4-5 (n-2)(n-l)n
= m !_i
2 [2 (n-l)nj
б) Воспользуемся формулой
1
РЕШЕНИЯ 243
в справедливости которой убеждаемся непосредственной про-
проверкой. Отсюда имеем
1 1/1 1
1-2-3-4 3 V1-2-3 2-3-4/ '
1 1/1 1
2-3-4-5 3\2-3-4 3-4-57'
1 1/1 1
3-4-5-6 3 V3-4-5 4-5-6
(n-3)(n-2)(n-l)n
1 Г 1 1
3 [(п - 3)(п - 2)(п - 1) (п - 2)(п - 1)п\ '
Складывал все эти равенства почленно, получаем
1 1 1
1-2-3-4 2-3-4-5 3-4-5-6
1 1 Г1 1
(n-3)(n-2)(n-1)п 3 [6 (n-2)(n- l)nj '
Примечание. Если догадаться, какой вид должны иметь окон-
окончательные формулы (и это не очень трудно сделать, если непо-
непосредственно просуммировать заданные ряды для нескольких ма-
малых значений п), то доказать справедливость формул можно также
по методу математической индукции (сравните с решением зада-
задачи 133).
Можно доказать также, что вообще
I
l-2-З...р 2-3-4...(р+1)
р-
16*
(n - p + 1) (n - p + 2) (n - p + 3)... n
1 1
244 РЕШЕНИЯ
(доказательство аналогично решению задач а)-в)).
133. Проще всего доказываются эти равенства методом ма-
математической индукции. Предоставляя читателю самостоя-
самостоятельно провести вычисления для сумм а) и б), мы здесь огра-
ограничимся доказательством общего равенства в), из которого
соотношения задач а) и б) вытекают как частные случаи.
Это равенство справедливо при п = 1, так как
1М...>.
р + 1
Предположим, что оно справедливо для некоторого п:
l)
Р+1
В таком случае
1-2-3...р + 2-3...р(р+1) + ...
... +п(п+1)...(п+р- 1) + (п + 1)...(п+р- 1)(п+р)
п(п + 1)... (п + р) . . / ч
= — ^1 + (п + 1)... (п + р) =
_ п(п + 1)... (п + р) + (р + 1)(п + 1)... (п + р) _
~ р + 1 '
По принципу индукции заключаем, что наше равенство
справедливо для любого целого п.
134. Первое решение, а) Напишем ряд равенств
1з = 1з,
23 = A + IK = I3 + 3 • I2 + 3 ¦ 1 + 1,
З3 = B + IK = 23 + 3 ¦ 22 + 3 • 2 + 1,
43 = C + IK = З3 + 3 ¦ З2 + 3 • 3 + 1,
(п + IK = п3 + Зп2 + Зп + 1.
Складывая все эти равенства и отбрасывая в сумме одинако-
одинаковые члены, стоящие слева и справа, получим
(П + 1K = 13+ 3A2 +22 + 32 + _+п2) +
+ 3A + 2 + 3 + ... + п) + п.
РЕШЕНИЯ 245
Отсюда
З2
(п + IK - 1 - 3A + 2 + 3 + ... + п) - п
I2 + 22 + З2 + ... + п2 =
~ 3
2п3 + 6п2 + 6п - Зп2 - Зп - 2п _ пBп2 + Зп
6 6
_ п(п + 1)Bп
=
б) Напишем ряд равенств:
I4 = I4,
24 = A + IL = I4 + 4 • I3 + 6 ¦ I2 + 4 • 1 + 1,
З4 = B + IL = 24 + 4 • 23 + 6 ¦ 22 + 4 • 2 + 1,
44 = C + IL = З4 + 4 ¦ З3 + 6 • З2 + 4 ¦ 3 + 1,
(п + IL = п4 + 4 ¦ п3 + 6 ¦ п2 + 4 • п + 1.
Складывая все эти равенства и отбрасывая в сумме одинако-
одинаковые члены, стоящие слева и справа, получим
(п + IL = I4 + 4 ¦ (I3 + 23 + ... + п3) +
+ 6A2 + 22 + ... + п2) + 4A + 2 + ... + п) + п.
Отсюда, используя результат задачи а), имеем
I3 + 23 + ... + п3 =
_ I ,„ + „« _ 1 _ « !*i±!)Pii±!) _ 4 Ф±Л _ „1 _
4 [_ 6 2 J
= ^ {[(п + IJ - 1] • [(п + IJ + 1] - п(п + 1)Bп + 1) -
- 2п(п + 1) - п} =
2)(n2 + 2п + 2) - (п + 1)Bп + 1) - 2(п
= - [(п + 1)(п2 + 2п + 2 - 2п - 1 - 2) + (п2 + 2п + 2 - 1)] =
246
РЕШЕНИЯ
в) Аналогично решениям задач а) и б), используя формулу
{к + IM = къ + 5/с4 + 10/с3 + 10/с2 + Ък + 1, получаем равенство
(п + IM = I5 + 5A4 + 24 + ... + п4) +
10A3
п3
+ 22 + ... + п2) +
+ 5A + 2 + ... +гс)
из которого, используя формулы задач а) и б), находим
п,
4 ,
П +
г) Обозначим:
п2(п
(см. задачу б)). В таком случае имеем
I3 + З3 + 53 + ... + Bп - ЗK + Bп - IK =
= [I3 + 23 + ... + BпK] - 23[13 + 23 + ... + п3] =
BnJBn + lJ On2(n + 1J
= п2Bп + IJ - 2п2(п + IJ = п2[Bп + IJ - 2(п + IJ] =
= п2Dп2 + An + 1 - 2п2 - An - 2) = n2Bn2 - 1).
Второе решение, а) Рассмотрим следующую квадрат-
квадратную таблицу:
1-я
2-я
3-я
строка
строка
строка
JJ
1
1
2
2
2
3
3
3
к-я строка 12 3
п-я строка 12 3
к
п
п
п
п
п
Сумма всех чисел таблицы, стоящих в одной строке, равна
п(п + 1)
1 + 2 + 3 + ... + п, т. е. , а следовательно, сумма всех
РЕШЕНИЯ
247
чисел таблицы равна п
n(n
другой стороны, будем
суммировать числа таблицы, объединяя их так, как указано
жирными линиями. Очевидно, в k-jk строке и к-м столбце таб-
таблицы стоят числа, общая сумма которых есть
Суммируя по всем подобным участкам таблицы, получаем:
откуда
I-
п2(п
б) Рассмотрим следующую таблицу:
l)Bn
1-я
2-я
3-я
к-я
строка
строка
строка
строка
I2
I2
I2
to to
to to
22
22
32
32
32
32
k'2
k2
k2
k2
п-я строка I2 22 32 k2
n
n
n
n
п
Сумма всех чисел таблицы, стоящих в одной строке, равна
п(п + 1)Bп + 1)
1 + 2 + 3 + ... + п , т. е. (см. решение
задачи а)); следовательно, общая сумма всех чисел таблицы
равна . С другой стороны, сумма чисел, сто-
248 РЕШЕНИЯ
ящих в к-тк строке и к-м столбце, равна
Отсюда получаем
| (I3 + 23 + ... + п3) - 1 (I2 + 22 + ... + п2)
откуда после несложных преобразований, используя результат
задачи а), выводим
Q Q Q П2(П + IJ
I3 + 23 + ... + п3 = —- —.
4
в) Задача может быть решена совершенно аналогично зада-
задачам а) и б), если рассмотреть квадратную таблицу, в каждой
строке которой написаны числа I3, 23, ..., п3. Предоставляем
читателю самостоятельно провести все выкладки.
Примечание. Если догадаться, какой вид должны иметь фор-
формулы, доказательство которых составляет содержание задач 134, а)-
г), то проверить справедливость этих формул можно с помощью ме-
метода математической индукции.
135. Прибавим к сумме, стоящей в левой части равенства,
единицу. Тогда получим
[A + а) + 6A + а)] + сA + а)A + Ъ) + ...
... + /A + а)A + Ь)... A + А;) = [A + а)A + 6) +
+ сA + а)A + Ъ)} + rf(l + а)A + Ь)A + с) + ...
... + /A + а)A + Ъ)... A + А;) = [A + а)A + Ь)A + с) +
+ rf(l + а)A + Ь)A + с)] + ... + /A + а)A + Ь)... A + А;) =
что и требовалось доказать.
РЕШЕНИЯ 249
Если а = 6 = с=... = /, то получим
а + аA + а) + аA + аJ + аA + аK + ...
где п есть количество чисел а, 6, с,..., /, или, обозначал 1 + а
через ж, а = ж — 1,
(ж - 1)A + ж + ж2 + ... + xn~l) = хп - 1,
т. е. формулу для суммы геометрической прогрессии.
136. а) К сумме, которую нам надо определить, прибавим
единицу. Получим
A! + 1 • 1!) + 2 • 2! + 3 • 3! + ... + п • п! =
= B1 + 2-2!) +3-3! + ... +п-п\ =
= C! + 3 • 3!) + ... + п • п\ = 4! + ... + п • п\ =
= (п! +п-п\) = (п + 1)!;
следовательно,
1 • 1! + 2 • 2! + 3 • 3! + ... + п • п\ = (п + 1)! - 1.
Примечание. Этот результат можно было сразу получить из
формулы задачи 135, положив в ней а = 1,6 = 2, с = 3, ...,/ = п.
б) К сумме, которую нам надо определить, прибавим
С^+1 = 1. Воспользовавшись тем, что С1т +
получим
+ Сп+з) + • • • +
следовательно,
+ Сэт i о + CL I о + . . . + Сэт i и = Сэт i и _|_ 1 — 1.
250 РЕШЕНИЯ
Примечание. Этот результат можно было бы сразу получить
из равенства задачи 135, положив в нем а = , Ъ = ,
п + 1 п + 1
°~ 3 ' '"' ~ к
137. Из определения логарифма легко получить формулу
1
= loga Ь.
\ogba
Действительно, если logfe a = у, то имеем
Ьу = а или а у = 6, откуда - = loga 6.
Теперь наше равенство можно записать в виде
log^ 2 + log^ 3 + ... + log^ 100 = 1(^B • 3 ... 100),
откуда видно, что оно является непосредственным следствием
формулы для логарифма произведения чисел.
138. Эта сумма равна . Доказательство легко
Ci\ Ci2 • • • Q"n
провести методом математической индукции. Прежде всего
наше утверждение справедливо при п = 1. Далее, предполо-
предположим, что оно уже доказано для п — 1 чисел а. Во всех п! членах
суммы S можно вынести за скобку выражение
1
так как последний множитель знаменателя каждого члена сум-
суммы равен сумме всех чисел ai, a2, ..., ап. Далее, группируя
в скобках отдельно (п — 1)! членов, соответствующих пере-
перестановкам индексов, в которых на последнем месте стоит ин-
индекс 1, (п — 1)! членов, соответствующих перестановкам ин-
индексов, в которых на последнем месте стоит индекс 2, и т. д.,
мы получим в скобках п отдельных сумм, каждая из которых
представляет собой сумму такого же вида, как и рассматрива-
рассматриваемая, составленную для п — 1 чисел с&2, аз, ..., ап; ai, аз, ..., ап
РЕШЕНИЯ 251
и т. д. Применяя к этим суммам правило суммирования, спра-
справедливое по сделанному предположению, мы получим
1 1
х + + ... +
+a2 + ... + ап
а\ + d2 + ... + ап \ а\п2 ...ап ) а\п2 ...ап
что и требовалось доказать.
139. а) Умножим наше выражение на 1 — -:
... = ii-rL
з2"
Поэтому
3.
3
б) Умножим наше выражение на sin а:
(sin а cos а) cos 2а) cos 4а ... cos 2па =
= - (sin 2а cos 2а) cos 4а)... cos 2па =
252 РЕШЕНИЯ
= - (sin Aa cos 4a)... cos 2па = ...
1 • on on
... = —sm2nacos2na
2n
Поэтому
cos a cos 2a cos Aa ... cos 2na =
140. Легко проверить, что 210 = 1024; таким образом,
2100 = 102410. Так как 100010 = 1030 представляет собой число,
составленное из единицы с 30 нулями, а 102410 > 100010, то чи-
число 2100 = 102410 не может иметь меньше 31 цифры. С другой
стороны,
102410 flO25y°_ f41 У°_
100010 < ""
41 41 41 41 41 41 41 41 41 41
41 40 39 38 37 36 35 34 33 32 _ 41
<40'39'38'37'Зб'35'34'зз'32'зТ~31< '
так как
41 40 39
41 1 40 1 \
ибо — = 1 Н ; — = 1 Л и т. д. .
40 40 39 39 )
Таким образом,
2100 = 102410 < 10-100010,
откуда следует, что 2100 содержит меньше 32 цифр. Итак,
число 2100 состоит из 31 цифры.
Примечание. Эту задачу очень легко решить, если пользо-
пользоваться логарифмами: так как log 2 = 0,30103, то log 2100 = 100 log 2 =
= 30,103, и, следовательно, число 2100 имеет 31 цифру. Смысл зада-
РЕШЕНИЯ 253
чи состоит в том, чтобы получить тот же результат, не пользуясь
логарифмами.
141. а) Первое решение. Обозначим произведение
1 3 5 99
— • — •—... через А и рассмотрим еще произведение В =
Z 4t О -LUU
2 4 6 98
2 14 3 6 5 98 97 99
3 > 2' 5 > 4' 7 > 6' ¦"' 99 > 98' > 100'
то В > А. Но
123456 98 99 _ 1
~ 2 ' 3 ' 4 ' 5 ' 6 ' 7 ''' 99 ' 100 ~ 100'
Отсюда следует, что
А2 < АВ = —, а значит, А < —.
3 5 7 99
Далее, В < 2А = -¦-¦-...—, ибо
234567 98 99
3 < 4' 5 < 6' 7 < 8' ¦"' 99 < 100'
Следовательно,
А-2А> АВ = , и, значит, А > ¦=.
100' 10^2
Второе решение. Обозначим, как выше,
13 5 99
2 ' 4 'б'" 100 ~ '
Тогда
i2 о 2 r2 qq2
.9 -L <J <J ^^
22 42 б2 ''' 1002'
откуда
I2 32-l 52-l 992-l 2
22 ' 42 ' б2 ''' 1002 <
I2 32 52 992
< 22 - 1 ' 42 - 1 ' б2 - 1 "' 1002 - 1'
254
РЕШЕНИЯ
Разлагая теперь числители дробей слева и знаменатели дробей
справа по формуле разности квадратов, получим
1 2-4 4-6 98-100 ,9 1 3-3 5-5 99-99
2-2 4-4 6 • 6 ''' 100 • 100
или, после сокращения,
<А2<
1-3 3-5 5 • 7 ''' 99 • 101:
2
< А <
1 1
200 ^ " ^ 101' НК/2
что и требовалось доказать.
Примечание. Совершенно так же можно доказать и более
общее соотношение
1 13 5 2п - 1 1
2л/п 2 ' 4 ' 6 ''' 2п
б) Докажем, что при п > 1
13 5 2п - 1
2
4 6 In
Доказательство проще всего провести методом математи-
математической индукции. При п = 1 имеем
1 _ 1
2 ~ V3 • 1 + Г
Предположим теперь, что для какого-то значения п
3
4
2п-1
2n
Умножим обе части последнего неравенства на
135 2п-12п + 1 2п + 1
2п
2 4 6
2п 2п + 2
Но
2п
12п3 + 28п2
Bп + 1J
20п + 4
A2п3 + 28п2
19п + 4)
Bп + 1
2п + 1JCп
п
1
Зп + 4'
РЕШЕНИЯ
255
откуда следует, что
2п
Таким образом, получаем
1 3 5 2п - 1 2п + 1
2 4 6 ' " 2п ' 2п + 2
Отсюда, в силу принципа индукции, заключаем, что при вся-
всяком п
13 5 2п - 1 1
2*4*6*
2п
причем равенство достигается только при п = 1.
Подставим теперь в последнее неравенство п = 50. Мы
получим
13 5
2*4*6
1
" 12,288... '
что даже сильнее того, что нам требовалось доказать.
142. Имеем
1 50 1-2-3... 100
2™ 10° " 250A-2-3...50) -250A-2-3...50) "
1 • 2 • 3 ... 100 1 • 3 • 5 ... 99
B • 4 ¦ 6 ... 100) • B ¦ 4 • 6 ... 100) B ¦ 4 • 6 ... 100) "
Далее остается только применить результат задачи 141, а).
143. Требуется определить, что больше, 101п—99П или 100п.
Составим соотношение
100п - 99П
100™
A00
- A00 -
100™
ЮО™
100
п
10CR
/ п п(п - 1)(п - 2)
= о I и — — -
V100 31-1003
256 РЕШЕНИЯ
Отсюда сразу ясно, что это отношение больше 1 при
п ^ 50. Покажем, что при п = 49 оно тоже больше 1:
49 49 ¦ 48 • 47 \ / jt9_ 18424\
Ш + 3! • 1003 +'") > \ТОО + 1003 )
49 1002\
+ Ш)=
Покажем теперь, что при п = 48 наше отношение будет
уже меньше 1. Действительно,
48 48 • 47 • 46 48 • 47 • 46 • 45 • 44
+ + +
100 + 31-1003 + 5! • 1005 +
48 483
100 + A • 2 • 3) • 1003 +
485 487
= 2
A • 2 • 3)B - 3I005 A ¦ 2 ¦ 3)B • 3)B ¦ 3I007
48 1 / 48 Л 3 1 / 48 \ 5
9616
6
Тем более, при п < 48 отношение будет меньше 1.
Итак, окончательно получаем: 99П + 100п больше чем 101п
при п ^ 48 и меньше чем 101п при п > 48.
144. Докажем предварительно, что произведение п после-
последовательных целых чисел больше чем квадратный корень из
произведения крайних чисел в степени п. Обозначим эти чи-
числа через а, а + 1, ...,а + п — 1. Тогда к-м числом от начала
будет а + к — 1, к-м от конца будет а-\- п — к. Их произведение
есть
(а + к — 1)(а + п — к) = а2 = an — а + (к — 1)(п — к) ^
^ а2 + an — а = а(а + п — 1),
РЕШЕНИЯ
257
где равенство может достигаться только при к = 1 или к = п.
Другими словами, произведение двух чисел, равноотстоящих
от концов (в случае нечетного п эти два числа могут, в част-
частности, оба равняться среднему числу), всегда больше чем про-
произведение крайних. Но тогда произведение всех чисел
а(а + 1)... (а
п - 1) ^ [а(а + п - l)]f = [у/а(а + п- 1)]п,
где знак равенства имеет место только при п = 1 или п = 2.
300
р р
Докажем теперь, что 300! > 100300. Имеем
26... 50 > (\/26 • 50J5 > 3525,
51... 100 > (\/51 • 100M0 > 7050,
101... 200 > VlOO100 • V200100 = 10200 • 250,
201... 300 > V200100 • V300100 = 10200 • 250 ¦ 350.
Перемножая левые и правые части неравенств, получим
300! > 525 • 3525 ¦ 7050 ¦ 10400 ¦ 2100 • З50 =
50 . 725 . к50 -I /|50 . т400 . оЮ0 . О50 _ -, n500 . j25 . ^450 . З50 =
_ г
= Ю
= 10500 ¦ 2125 • 4225 ¦ 1425 > 10500 ¦ 2025 • 4025 ¦ 1425 =
= 10550 . 225 . 425 . М25 = 1Q550 . Ш25 =
= 10600 ¦ 1,1225 > 10600 = 100300.
Примечание. Более общий результат сформулирован в усло-
условии задачи 148.
145. Докажем, что для любого целого положительного
к ^ п
1 к / 1\к 1 к к2
п \ п) п nz
Доказательство проведем методом индукции. Для к = 1 оно
очевидно. Пусть теперь оно справедливо для некоторого к;
докажем его для к + 1. Имеем
-, \ /с+1 / 1 \ к
п
п
1+1
п
= 1 +
п
А; А; + 1
+ -^ > 1 + :
п
п
11 Д.О. Шклярский и др.
258 РЕШЕНИЯ
заметим, что здесь мы не пользовались тем, что к ^ п. Сле-
Следовательно, это неравенство справедливо для любого целого
положительного к. Полагал теперь к ^ п, получим
1 + - = 1 + - 1 + - <
п) \ п/ \ п) \ п пг / \ п
к + 1 к2 + 2к + 1 к + 1 к2 _
— -L I I Ту Ту I 77 —
п пА пА п6
к + 1 (к + 1J п(к + 1)-к2 к + 1 (к + 1J
= 1 + + - тг1 { < 1 + + - тг~,
п nz п6 п nz
ибо п(к + 1) > к2 при п ^ к.
Подставив в выведенные неравенства значение к = п, по-
получим
п \ п) п nz
146. В силу результата предыдущей задачи
, 1000000
,1,000001)-»»» =( У
147. Очевидно, имеем
(looi)999 _ /looi у000 _j_
(юооI000 ~ vioooj ' looi
- (\ х V000 х х
~ V шоу 'Tool 'Tool
(см. задачу 145) и, следовательно,
10001000 > 1001999.
148. Пусть неравенства задачи справедливы для некото-
некоторого п. Чтобы показать справедливость их для п + 1, доста-
достаточно проверить справедливость следующих неравенств:
) Чз)
РЕШЕНИЯ 259
После сокращения на п + 1 эти неравенства приводятся к не-
1 / 1\п 1 / 1\п
равенствам - A Н— ^ 1 ^ - 1 Н— , которые следуют из
( 1 \п
неравенств 2 ^ 1 Н— < 3.
V п)
Остается только заметить, что для п, равного 6, утверж-
утверждение задачи справедливо, ибо
Ц) =36 = 729, 6! = 720, уЛ = 26 = 64.
149. а) По формуле бинома Ньютона имеем
п) п п п п2 п пп~1 пп
1 п(п-1) 1 n(n-l)(n-2) 1
п 2! п^ 3! nd
n(n-l)...2 I n(n-l)..
+ +
(n — 1)! nn l n\
2! Г n) VJ\V~n) V~n,
n J \ n J \ n
и, аналогично,
1)!
17*
260 РЕШЕНИЯ
Из сравнения этих выражений сразу следует, что
п
откуда и вытекает утверждение задачи,
б) Составим отношение
п) \ п — \) \ п
n2-l
п2п+1 \ П2 / П
п2) V п '
Но при п ^ 2
1_J_V = 1_ I n(n-l) I n(n-l)(n-2) 1
п2) п2 2! п4 3! п6
n(n-l)(n-2)(n-3) 1
+ 4! ^~'"
п + 2 ^з [з! ^ ~ j V j 3 ~
111 11
С другой стороны,
1 11 1 1\ / 1\ _ 11 11
+ 2^2~2^){+)~2^2~2^<
( 1 Y ( 1\
Следовательно, 1 ^ 1 Л— <1, и, значит,
V п2) \ п)
РЕШЕНИЯ 261
откуда и следует утверждение задачи.
150. Доказательство проведем методом математической
индукции.
1°. Докажем, что
->(=)" _ м
при любом целом положительном п. Действительно, при п = 1
это неравенство, очевидно, выполняется: 1! = 1 > —. Предпо-
е
ложим теперь, что неравенство (*) уже доказано, и покажем,
что в таком случае будет выполняться неравенство
п\
„!>
В силу результата задачи 149, а)
п
Используя неравенство (*), получаем
n
п+1 / , -1 \ п+1
В силу принципа математической индукции, отсюда вытекает,
что неравенство (*) верно при любом целом положительном п.
2°. Перейдем к неравенству
i (П\п
п\ < п I — . (**)
\е/
Нам надо доказать, что это неравенство выполняется для всех
целых п, больших 6. С помощью логарифмических таблиц
(особенно удобны здесь таблицы натуральных логарифмов)
нетрудно проверить, что при п = 7 неравенство (**) спра-
справедливо:
7! < 7 [ -
е
7ч7
262 РЕШЕНИЯ
т. е. 6! < I - 1 , ибо 1п6! = In720 и 6,58, а
-J = 7(ln 7-1) «6,62.
Предположим теперь, что неравенство (**) уже доказано. В силу
результата задачи 149, б)
*••¦
п)
А теперь из неравенства (**) выводим
(п + 1)! = (п + 1)п! < (п + 1)п (-) =
е
+ 1г+
П/
т. е. будет верно аналогичное неравенство, в котором п за-
заменено на п + 1. Так как при п = 7 неравенство (**) верно,
то отсюда, в силу принципа математической индукции, выте-
вытекает, что оно будет верно при любом целом п, большем 6, что
и требовалось доказать.
151. Воспользуемся тем, что в сумме S = хк + хк~1 +
+ хк~2 + ... + х + 1 при ж > 1 наибольшим является первый
член и наименьшим — последний, а при х < 1 — наоборот.
Отсюда следует, что
(А; + 1)^ > S > к + 1, если х > 1;
(А; + 1)^ > ? < А; + 1, если ж < 1.
Умножив теперь обе части полученных неравенств на ж — 1,
имеем при х ф\
(к + 1)хк(х - 1) > ^+1 - 1 > (А; + 1)(х - 1).
РЕШЕНИЯ 263
Р
Положим теперь в этом неравенстве х = ; тогда найдем
р-1
1)рк рк+1 - (р - )
(р - 1)*+! (р - 1)*+! (р - 1)*+! '
р + 1
аналогично, положив ж = , получим
Р
(р + l)fc+1 - pk+1 (к + 1)рк
Отсюда имеем
(р + l)fc+1 - p*+1 > (к + 1)р* > pfc+1 - (р - l)fc+1,
или, положив здесь последовательно р = 1, 2, 3, ..., п,
(n + 1)^+1 — n/c+1 > (к + l)nk > n/c+1 — (n —
Сложив все эти неравенства, получим
(п + 1)Л+1 -1>(к + 1)Aк + 2к + Зк + ... + пк)> пЛ+1,
или, разделив все члены неравенства на fc + 1,
Г / 1 \ А;+1 ,
1 + п
п
к+1
1 п*+1>
к + 1
Но отсюда и следует неравенство, которое требовалось до-
доказать.
152. а) Прежде всего, очевидно,
11 111 11
+
гс + 1 п + 2 2п 2п 2п 2п 2
п раз
264 РЕШЕНИЯ
С другой стороны, имеем
11 1 1
п + п + 1 + п + 2 + '" + Ъг
1 \ (\_ 1
+'"+\2 +
+ 2 + 2n-2J+'"+\2n
1 Г Зп Зп Зп Зп
[ + + + +
2 [2^2 + 2п2 + (п - 1) + 2п2 + 2(п - 2)
1 Г Зп Зп Зп
< 2 + + +
(п + 1) раз
1 .
( +
откуда и вытекает второе утверждение задачи,
б) Отметим прежде всего, что
Теперь
1
1
Зп
получаем
1
1
Зп +
1
1
-+I
1
A
1
1
2п
1
1
п
п + 1 п + 2 Зп - 1 V Зп Зп + 1
11 1 1 2п
< - Н h ... Н h - = — = 2.
п п п п п
2п — 1 раз
С другой стороны, имеем
1 1 1
п + 1 п + 2 Зп + 1
1 Г/ 1 1 \ / 1
2 | Vn + 1 Зп
+¦¦¦+
п + 3 Зп - 1 / \Зп + 1 п + 1
РЕШЕНИЯ
265
1 Г 4п
2
-Т7 +
4n
4n
4n
Bn + IJ - (n - 2)
1 4n + 2 4n + 2
2 |_Bn + lJ + Bn + lJ + • • • ' Bn + IJ
Bn + IJ - n2
4n + 2
Bn + 1) раз
4n + 2
153. Прежде всего докажем, что
1
<
П
- 2Vn - 1.
Действительно,
+ 1 +
и аналогично доказывается вторая часть неравенства.
Теперь имеем
> 1 + 2 [(л/3 -
V2 л/3 ¦" VI000 000
+ (VI - л/3) + • • • + (VI000 001 - VI000 000)] =
= 1 + 2(Vl000001 - V2) > 2 ¦ 1001 - V8 + 1 >
> 2000 - 3 + 1 = 1998.
Аналогично,
2[(V2-1)
V2 V3 ""¦ Vi ооо ооо
+ (л/3 - V2) + ... + VI000 000 - V999 999) =
= 1 + 2(Vl000000 - 1) = 1 + 2 • 999 = 1999.
266
РЕШЕНИЯ
Следовательно, целая часть суммы
\/2 л/3
VI000 000
равна 1998.
б) Совершенно аналогично решению задачи а) получаем
+
1
'loooo Vioooi ¦" Vi ooo ooo
> 2 [(VlOOOl - VlOOOO) + (V10002 - VlOOOl) + ...
... + (VI000 001 - VI000 000)] =
= 2(Vl000001 - V10 000) > 2A000 - 100) = 1800,
1
1
/Щооо Vioooi ¦" vi ooo ooo
< 2 [(VlOOOO - V9999) + (VlOOOl - VlOOOO) + ...
... + (Vl 000 000 - V999 999) =
= 2(VlOOOOOO - V9999) = 2000 - V39 996 <
< 2000 - 199,98 = 1800,02.
Следовательно, сумма
: + '
/loooo Vioooi ¦" Vioooooo
с точностью до 0,02 будет равна 1800.
154. Прежде всего отметим, что из сравнения двух выра-
выражений
п
п
л 2IV
1 + -- =
in)
14 1 8 1
п 3 п2 27 п3
следует, что при каждом целом положительном п
\- I >
п
РЕШЕНИЯ 267
2
2 1 / 1 \з
Отсюда имеем 1 -\ > 1 Н— . Умножал это последнее
бп \ п)
2
неравенство напЗ, получаем
2 2 _1 2
пз +-п з > (п + 1)з
и, окончательно,
Аналогично,
2 1\3 . 1 4 1 8 1
1 3 n J Х 2 п + 3 п2 27 п3
п nz \ п
11 8 1 11 11
так как о^~^^7>о^~о^"^°Ь откуда следует
3 п2 27 п6 3 п2 3 п6
2
з 2 2
п3~з^
Теперь можем написать
1 1 1
+ +
+ 7= + + = >
\/Ь л/1000 000
-[(^52 - ^42) + (^62 _ ^2) + ...
... + (V10000012 - V10000002)] =
= - (^1000002 000001 - \/Щ > - ¦ 10000—
> 15 000-4 = 14 996.
268 РЕШЕНИЯ
С другой стороны,
1 1 1
+ + +
... + (л^ЮООООО2 - ^999 9992)] =
= ^(v/fOOOOOOOOOOOO- Щ < ^A0000-2) = 14 997.
Таким образом, целая часть суммы
1 1 1
+ ++
^4 ^5 ^1000000
равна 14996.
155. а) Очевидно, имеем
11 111 1
I . . С\ I • • • | (-j ^Х^"^ | | • • • |
102 II2 10002 10-11 11-12 ¦" 1000-1001
1 1 \ /1 1 \ /1 1
10 11 / V11 12/ V1000 1001
1 1
10 1001
и, аналогично,
11 111
>0,1 -0,001 = 0,099
102 + ТТ2 + ¦ ¦ ¦ + 10002 < 9 ¦ 10 + 10 ¦ 11 + ¦ ¦ ¦ + 999 ¦ 1000
~ \9 10/ + \10 ll/+'"
ll/+'"+V999 1000/ 9 1000 <
< 0,112-0,001 = 0,111.
111
Следовательно, сумма —^ + —^ + ... + 2 с точностью
до 0,006 равна 0,105.
б) Отметим прежде всего, что
РЕШЕНИЯ
С другой стороны,
111 1
10! ' 11! ' 12! ' ""¦ ' 1000! "
1 Г 9 10 11
< 9 \l0! + 11! + 12! +'"
1/10-1 11-1 12-1
9 1 10! ' 11! ' 12! '
1 A 1 1 1 1 1
9\9 10! + 10! + 11! + 11! 12!
1/1 1 "\ 1 1
9 V9! 1000!у "9 9!
1 1
Таким образом, сумма —- Н +
до 0,000000015 равна 0,00000029.
156. Докажем, что сумму
11 1
2 3 '" п-
можно сделать больше любого числа
целым и возьмем п = 22N; тогда
111 1 1
1 2 ' 3 ' 4 ' '" ' п- 1 ' п '
/1 1 1 1\ / 1
\ 5 6 7 8 / \ 2^^~^
* * 1 9^^ 1 2^^ / ^ 2
i
. Т"
269
999 \
1000!J
1000 - 11
' ' 1000! J
1 1 )
" ' 999! 1000!]
~ А ППППППОПК
3 265 920 '—'—•
1
Л
1
2
1 ¦
1
. Н с точностью
1
п
г. Будем считать N
A 1\
f V3 + а) +
1 \
o2N—1 _|_ о / ' ' '
-1- -U -U \ TV" -U 1
2N раз
(каждая сумма в скобках больше - в силу результата зада-
задачи 152, а)).
Примечание. Можно было бы так же доказать утверждение
задачи, исходя из результата задачи 152, б).
157. Обозначим через п^ число незачеркнутых слагаемых
11 11
^ и Т^+Т' включая —?, но не ^тт. Если слагае-
270 РЕШЕНИЯ
1 1 1 ,
мое -, расположенное между —т—г и —г, не было зачеркнуто,
111 11
то из слагаемых
расположенных между —^ и —p-^, будет зачеркнуто только
последнее; если же слагаемое - было зачеркнуто, то все слага-
Q
1 1 1 1 .
емые —, , ..., , , также будут зачерк-
Юд 10</ + 1 Ю? + 8 10</ + 9
нуты. Отсюда следует, что
па = 9nk-i.
Так как по = 8 (из слагаемых 1, —, —, ..., —, — зачеркнуто
у 2 о о У
только - ), то
П1 = 8-9 = 72, п2 = 8-92, ..., п/с = 8-9/с.
Пусть теперь в сумме 1 -\ 1 h ... Н— число п < 10m+1.
2 3 п
Дополним ее до суммы 1 + - + - + ... + 1Qm+i _ 1 ? вычерк-
вычеркнем члены, знаменатели которых содержат 9, и сгруппируем
оставшиеся члены:
'" 10m +'"+ 88... 8
(га + 1) раз
<i.no + 1L.ni + _l_.n2 + ... + _L_.nm_1 + _l
РЕШЕНИЯ 271
так как вместо каждой скобки поставлено произведение наи-
наибольшего слагаемого этой скобки на число членов в скобке.
Продолжим эту оценку дальше:
2
_9_ _9_
10 102 + " ' + Ю™-1 + 10т
дт+1
Таким образом, утверждение задачи доказано.
158. а) Предположим, что в сумме 1 + — -\ Ь ... Н ~
4 9 nz
число п меньше чем 2^+1. Рассмотрим сумму 1 + —^ +
Н—2 + ... + , 1 ~2 и аналогично решению задачи 156
3 B—1)
сгруппируем члены следующим образом:
11 1
Bк + IJ + ''' + Bк+1 - IJ
! 1 Л / .
l/i / 1
... I I //-у / \ О I I //-V 7 \ О I ... I
что и требовалось доказать.
Примечание. Совершенно так же можно показать, что если
число а больше 1, то при любом п
1 1 1 2а~х
272 РЕШЕНИЯ
Таким образом, при любом а > 1 сумма
1 1 1
1 + + + +
остается ограниченной, сколь бы большое значение п мы ни брали
(из задачи 156 следует, что при а ^ 1 сумма 1 -\—— -\—- + ...-{——
может быть сделана сколь угодно большой, если только выбрать
достаточно большое значение п).
б) Очевидно, имеем
1
1
22 '
1
Ь3^
<
+
1
1
42"Н
1
•2
1
h52
V
4
2-3 3-4 4-5 (n-l)n
111 1 \ 1
1-2 2-3 3-4 (n-l)nj 4'
Но, в силу результата задачи 132, а)
111 1 1
1-2 2-3 3-4 (n-l)n n
и, следовательно,
111 1
что и требовалось доказать.
159. Докажем, прежде всего, что
111 11
+ 2 + 3 + 4+ '" + n-1 + n <
1 1
pi pf pf
где к — такое целое число, что 2к ^ п < 2^+1, a pi — наиболь-
наибольшее простое число, не превосходящее п. Действительно, рас-
раскроем скобки в правой части неравенства. Так как каждое
РЕШЕНИЯ 273
целое число т от 1 до п представимо в виде произведения сте-
степеней простых чисел 1, 3, 5, ..., pf.
где все показатели ai, «2, с^з? • • •-> а1 — целые неотрицатель-
неотрицательные числа, не превосходящие, разумеется, /с, то в этой сумме
„ 1
встретится член, равный —, который получится, если взять
т
1 .1 .1
из первой скобки -^-, из второй -^-, из третьей —^- и т. д.
Поэтому в правой части неравенства после раскрытия ско-
« * ,111 11
бок будут стоять все слагаемые 1, -, -, -, ..., , — и еще
2 3 4 п — 1 п
какие-то другие положительные слагаемые. Значит, правая
часть нашего неравенства, в самом деле, больше левой.
Логарифмируя это неравенство, мы получим
1
2
1
i_
3
1
1- +...H
1
1
n —
1
1
i_
1
n
X ...
... x I 1 + - + —+ ... + — || =
\ о у о /
1 1 1
Pi Pi Pi
Но для
[ВСЯКОГО
16 (l
Действительно,
1
p
1
v '¦¦¦
целого
1
p
имеем
1
рк
к
1
р2
1
И
|
1
1
целого ]
1
рз
1
рк+1
1 "
р
1 \
1
1-1
р
^21g3
р
р 1
р-1
1
1 р-1
18 Д.О. Шклярский и др.
274 РЕШЕНИЯ
Но из результата задачи 145 следует
Ig3
p-lj p-1
и, очевидно,
21g3 > Ig3
Р Р ~ 1
Таким образом, мы заключаем, что
, Л 1 1\ 21g3 21g3 21g3 21g3
2 nj 2 3 5 pi
Если бы существовало такое число TV, что для всякого целого
положительного / сумма 1-\ 1 1 Ь-..H была бы мень-
2 3 5 pi
ше 7V, то для всякого целого положительного числа п выпол-
выполнялось бы неравенство
1 1 1 1
отсюда после потенцирования следовало бы, что
2 3 4 п — 1 п
где N\ не зависит от п. Но в задаче 156 было доказано, что
такого числа N\ не существует; следовательно, не существует
и такого числа 7V, что для всякого целого положительного /
2 3 5 pi
РЕШЕНИЯ 275
где pi — 1-е простое число в ряду натуральных чисел.
„ЛЛ b — с с — а а — b
160. + —— + =
abc
_ Ъ2с — be2 + ас2 — а2с + a2b — ab2 _
abc
с2 (а — b) + ab(a — b) — (ас + be) (a — b)
abc
(a — b)(c2 + ab — ac — be) (a — b)[c(c — a) — b(c — a)]
abc abc
_(a- b)(c - b)(c - a) _ (a- b)(b - c)(c - a)
abc abc
abc
Вычислим теперь выражение I I . Iio-
b — с с — a a — b
ложим a1 = b — c, bf = с — a, cf = a — b. Тогда bf — cf =
= с — a — (a — b) = b + с — 2a. По условию а + b + с = 0,
bf -d
b + с = —а. Отсюда b' — с' = —3a, a = —. Таким же
, c'-a' a'-b'
образом можно получить о = , с = . Отсюда
о о
a b с 1 (У -с' с' -а' а' - У
+ г = -т г- + +
b — с с — а а — b 3 \ а' Ь' с'
Воспользовавшись выведенной выше формулой, получим
a _b_ с _ If (a' -b'){b' - с'){с' -а1)
b — с с — а а — b 3\ a'b'c'
_ 1 (-3c)(-3a)(-3b) _ abc
С/
3 (b - с) (с - а) (а - Ь) (а- Ъ)(Ъ -с)(с-а)'
Следовательно, если а + b + с = 0, то
Ь — с с —а а — b\ fa Ъ с
а Ъ с ) \Ь — с с —а а — Ъ
(а — b)(b — с) (с — а) ] Г abc
abc J |_ (a — b)(b — c)(c — a)
18*
276 РЕШЕНИЯ
161.0 = (а + Ъ + сK =
= а3 + b3 + с3 + За6 + За2с + 362а + 362с + Зс2а + Зс26 + 6abc =
= а3 + Ь3 + с3 + За6(а + 6) + Зас(а + с) + ЗЬс(Ь + с) + бабе =
= а3 + Ь3 + с3 - За&с - За&с - За&с + бабе = а3 + Ь3 + с3 - Забс.
Отсюда а3 + б3 + с3 = За&с, что и требовалось доказать.
162. а) Первое решение. Имеем
а3 + Ь3 + с3 - Забс =
= а3 + За6(а + Ъ) + Ь3 + с3 - Забс - За6(а + Ъ) =
= а3 + За26 + Заб2 + Ь3 + с3 - За6(с + а + Ь) =
= (а + бK + с3 - За6(а + Ь + с) =
= [(а + 6) + с][(а + ЬJ - (а + 6)с + с2] - За6(а + 6 + с) =
= (а + Ь + с)[(а + ЬJ - (а + 6)с + с2 - Заб] =
= (а + Ь + с) (а2 + 2а6 + б2 — ас — 6с + с2 — Заб) =
= (а + Ъ + с)(а2 + Ъ2 + с2 - аЪ - ас - be).
Второе решение. Заменив в обозначениях задачи 161
букву а на ж, мы получим, что х3 + Ь3 + с3 — Зжбс = 0, если
х + 6 + с = 0. Таким образом, уравнение ж3 — Збсж + Ь3 + с3 = 0
имеет корень х = —6 — с, откуда следует, что многочлен ж3 —
— ЗЬсх+Ь3+с3 делится на х — (—Ь—с) = x+b+с. Заменив в этом
результате снова букву х на а, мы получим, что а3 + Ь3 + с3 —
Забс делится на а + b + с. Выполнив непосредственно деление
(для чего удобно рассматривать многочлены а3 — 3abc + b3 + с3
и а + 6 + с расположенными по степеням буквы а), мы придем
к прежнему результату:
а3 + Ь3 + с3 - Забс = (а + b + с)(а2 + Ь2 + с2 - ab - ас - be).
б) Первое решение. Имеем
[(а + 6 + сK-а3]-F3 + с3) =
= [(а + b + с) - а][(а + b + сJ + а(а + b + с) + а2] -
- (Ъ + с)(Ъ2 -Ъс + с2) =
РЕШЕНИЯ 277
= (b + с){[(а + b + сJ - б2] + а(а + с) + (аЪ + 6с) + (а2 - с2)} =
= (Ь + с){[(а + 6 + с) - 6][(а + 6 + с) + 6] + а(а + с) +
+ Ь(а + с) + (а + с)(а - с)} =
= (Ъ + с)(а + с)(а + Ъ + с + Ъ + а + Ъ + а - с) =
Второе решение. Заменим в рассматриваемом выра-
выражении букву а на ж: (х + b + сK — ж3 — б3 — с3. При х = —Ь
наше выражение обращается в нуль; следовательно, уравне-
уравнение (х + 6 + сK — х3 — Ь3 — с3 = 0 имеет корень х = —6, и
(х + 6 + сK — х3 — Ь3 — с3 делится на ж + Ь. Возвращаясь теперь
к первоначальным обозначениям, мы можем заключить, что
(а + Ъ + сK — а3 — Ъ3 — с3 делится на а + Ъ.
Точно так же показывается, что (а + b + сK — а3 — Ь3 — с3
делится на а + с и b + с. Так как наше выражение — третьей
степени относительно a, b и с, то оно может отличаться от
произведения (а + Ь)(а + с) (Ь + с) только численным множи-
множителем:
(а + b + сK - а3 - Ь3 - с3 = А;(а + Ь)(а + с)F + с).
Для определения этого множителя достаточно приравнять в
левой и правой частях последней формулы коэффициенты при
каком-либо члене, например при а Ь (или положить в обеих
частях равенства, например а = О, Ъ = с = 1); при этом полу-
получаем к = 3.
163. Воспользуемся полученным в задаче 162 а) равенством
{а2 + /З2 + 72 - оф - cry - $i){a. + /3 + 7) = о? + /З3 + 73 - Зс^7
и подставим в него вместо а, /3 и 7 соответственно ^/а, v^ и
= а + 6 + с — 3 \/abc.
Отсюда имеем
-1 3/ 9 i 3/Г9 i 3А~9 3/ Г о/ 3/7
1 V az + V 6Z + V cz — yao — ^/ac — л/be
278 РЕШЕНИЯ
Теперь уже нетрудно избавиться от последнего радикала в
знаменателе дроби:
1 \/~а? + л/б2 + \/<? — У~аЬ — xfac — \/bc
—— \/
(а + 6 + сK - 27abc
х [(а+ 6 +сJ + 3(а + Ь + c)Vabc + 9v^a2b2c2].
164. Выше мы видели (см. задачу 162, б)), что (a + b + сK —
— а3 — б3 — с3 отличается от произведения (а + Ь)(а + с) F + с)
лишь численным множителем; поэтому достаточно доказать,
что (а + Ъ + сK33 — а333 — б333 — с333 делится на а + Ъ, а + с и Ъ + с.
Но это доказывается в точности так же, как доказывалось во
втором решении задачи 162, б), что (а + b + сK — а3 — Ь3 — с3
делится на а + 6, а + с и 6 + с.
165. alo + a5 + l = i^J—1 = V-Г =
a5 — 1 a5 — 1
(a3M - 1
(a - l)(a4 + a3 + a2 + a + 1)
_ (a3-l)(a12+a9 + a6 + a3 + l) _
~ (a - 1) (a4 + a3 + a2 + a + 1) ~
_ (a2 + a + l)(a12 + a9 + a6 + a3 + 1)
~ a4 + a3 + a2 + a + 1
Но непосредственное деление дает
a12 + a9 + a6 + a3 + 1 8 7 . 4 я
4 , о , 2 , — = a8 - a7 + a5 - a4 + a3 - a + 1
a4 + a6 + a2 + a + 1
и, следовательно,
a10 + a5 + 1 = (a2 + a + l)(a8 - a7 + a5 - a4 + a3 - a + 1).
166. Первое решение. Обозначим наши многочлены со-
соответственно через В и А. В таком случае имеем
В _ А = (х9999 - х9) + (х8888 - х8) + (х7777 - х7) +
+ (ж6666 - хе) + (ж5555 - х5) + (хии - х4) +
ж3) + (ж2222 _ ж2) +
РЕШЕНИЯ 279
= хд[(х10)99д - 1] + Ж8[(ж10)888 - 1] + х7[(х10O77 - 1] +
+ Ж6[(Ж10N66 - 1] + Ж5[(ж10M55 - 1] + х4[(х10)и4 - 1] +
+ Ж3[(Ж10K33 - 1] + х2[(х10J22 - 1] + х[(х10IП - 1].
Но каждое выражение в скобках делится на ж10 — 1, а сле-
х10 - 1
довательно, и на А = . Таким образом, мы видим, что
х — 1
В — А делится на А, а значит, и В делится на А.
Второе решение.
х9 + х8 + х7 + х6 + хъ + ж4 + ж3 + ж2 + х + 1 =
ж10 — 1 (ж — 1)(ж — а\){х — OL2){x — аз)... (ж — ад)
ж — 1 ж — 1
= (х - ai)(x - а2)... (х - а9),
2Ьг . 2Ьг /7
где а& = cos Ь г sin [к = 1, 2, ..., 9), ибо корни урав-
уравнения ж10 — 1 = 0 (корни десятой степени из единицы) имеют
именно такой вид (см. с. 51). Следовательно, для того чтобы
доказать наше утверждение, достаточно проверить, что
Ж9999 + ^8888 + ^7777 + ^,6666 + ^5555 + ^4444 +
+ а.ЗЗЗЗ+а.2222+аД111 + 1
делится на каждый из множителей (х — ai), (х — а2), ...
..., (х — ад). Но последнее равносильно тому, что уравнение
Ж9999 + ^8888 + ^7777 + ^,6666 + ^5555 + Ж +
+ а.ЗЗЗЗ+а.2222+а.1111 + 1=0 (+)
имеет корни ai, a2, аз, ..., ад. Проверим, что эти корни дей-
действительно удовлетворяют уравнению (*): так как а^° = 1
(А; = 1, 2, 3, ..., 9), то
^9999 _ 9990+9 _ /^10x999 9 _ _,9
ак — ак — [ак ) ак — ак,
^8888 _ 8880+8 _ /104888^8 _ ^8
ак — ак — [ак ) ак — ак,
280
QQQQ
b«f884
41 = .
-4777 +
(k =
РЕШЕНИЯ
1,2,..
>+«r4-
i+4+Q
-,9).
b«f33-
fa|222-
-"fc + 1
f
= 0
167. Подберем такие два числа а и 6, чтобы иметь ра-
равенство
х3 + рх + g = х3 + а3 + б3 - Забж.
Для этого достаточно, чтобы было а3 -\-Ъ3 = q, ab = —; из
о
этой системы двух уравнений с двумя неизвестными нетрудно
р3
определить а и Ь. Имеем а3 + Ь3 = д, а363 = -; отсюда
следует, что а3 и б3 — корни квадратного уравнения z1 — qz —
р3
- — = 0 и, следовательно*^,
a= \ H: + \ /^- + ^=,
Теперь, в силу результата задачи 162, а), имеем
х3 +рх + q = х3 + а3 + Ь3 - ЗаЬх =
= (а + b + ж)(а2 + Ь2 + ж2 - ab - ах - Ьх).
Следовательно, решение нашего кубического уравнения сво-
сводится к решению уравнения первой степени
а + b + х = 0,
*)Числа а и 6, определяемые по формулам (*), являются действитель-
q2 р3 q2 р3
ными, если ——| ^ 0. Если же ——I < 0, то под знаком корня
третьей степени в формулах (*) будут комплексные числа. В этом случае
числа а и Ь тоже являются комплексными; их можно отыскать, например,
с помощью формулы для корня n-й степени из комплексного числа (см.
с. 51). При этом за а можно с равным основанием принять любое из трех
q Г? р~
значении корня кубического из комплексного числа — + \ — + —, тогда
V
Ъ определим из соотношения ab = — —.
о
Подробнее об этом см., например, книгу P.O. Кузьмина и Д. К. Фад-
деева, цитируемую на с. 52.
РЕШЕНИЯ 281
откуда имеем
х\ = —а —
или
9
и квадратного уравнения
х2 - (а + Ь)ж + а2 + б2 - ab = 0;
отсюда следует
а + Ь (а-Ь)л/3 а + 6 (а-Ь)л/3
Ж2 = ~ + 2 '' Х3 = ~2 2 ''
где а и 6 определяются формулами (*).
168. Первое решение. Обозначим у/а + х через у; по-
получим систему из двух уравнений
у/а + х = у, у/а — у = ж.
Возведем эти уравнения в квадрат:
а + х = у2, а — у = х2.
Вычтем из первого второе:
ж + у = у2 -ж2,
или
ж2 — у2 + ж + у = (х + у)(х — у + 1) =0.
Отсюда имеются две возможности:
1) х + у = 0; у = —ж и ж2 — ж — а = 0, откуда
1
2) х — у + 1 = 0; тогда у = ж + 1иж2 + ж + 1 — а = 0, откуда
1 ,
Жз>4 = ~2
282 РЕШЕНИЯ
Можно убедиться проверкой, что при соответствующем
выборе знака у каждого из радикалов, встречающихся в ис-
исходном уравнении, корни жх, #2, хз и ^4 удовлетворяют этому
уравнению*^.
Второе решение. Освободимся от радикалов в нашем
уравнении:
— 2ах2 — х + а2 — а = 0.
Таким образом, мы приходим к уравнению четвертой сте-
степени. Однако это последнее уравнение является квадратным
по отношению к а. Решим это уравнение относительно а, т. е.
примем на время, что х нам известно, а наоборот, а требуется
определить:
а2 - Bх2 + 1)а + ж4 - х = 0,
2х2 + 1 ±
а =
2
± \/4ж2 + 4ж + 1 2х2
2 2
ах = Ж +Ж + 1, CL2 = X — X.
Таким образом, мы видим, что уравнение
а2 - Bх2 + \)а + хА - х = 0
имеет корни
ах = х2 + ж + 1, п2 = ж2 — ж,
откуда согласно общим свойствам квадратных уравнений
а2 — Bх2 + 1)а + ж4 — ж = (а — ах)(а — а2) =
= (а — х2 — х — 1)(а — х2 +
^Если же, как это иногда делается, считать все корни положитель-
сми, то уравнение будет иметь единственный корень
если а ^ 1, и вовсе не будет иметь корней, если а < 1.
1 / 3
ными, то уравнение будет иметь единственный корень хз = г \ а ,
РЕШЕНИЯ
283
Таким образом, наше уравнение принимает вид
(х2 - х - а)(х2 +х -а + 1) = О
и легко решается:
,2 = -±\ -+a= -±\ a+-,
хзл = --±\ - + а-1 = --
169. Первое решение. Обозначим
х2 + 2ах + — = у, -а + \ а2 + ж - — = г
1о V 1о
В таком случае наше уравнение принимает вид
Выразим теперь х через у\. Простое вычисление дает
х = у1 + 2ауг + —.
Таким образом, мы видим, что х выражается через у\ точно
таким же образом, как у через х. Отсюда следует, что если
мы начертим графики функций
2 1
у = х +2ах + —,
1о
ух = -а+ \/а2 +х- —,
V 1о
то эти графики (параболы) будут симметричны относительно
биссектрисы первого координатного угла (рис. 10; каждой
точке х = жо, У = У о первого графика отвечает симметричная
относительно биссектрисы координатного угла точка х = уо?
у1 = xq второго графика). Точки пересечения этих двух гра-
графиков отвечают таким значениям ж, что у = yi, т. е. корням
нашего уравнения; эти точки обязательно лежат на оси сим-
симметрии обеих кривых, т. е. удовлетворяют условию
284
РЕШЕНИЯ
2 1
х + lax + — = }\
16
Рис. 10
Решал уравнение у = ж, т. е.
х2 + 2ах + — = х,
1о
мы получаем
1-2а /1-2а\2 1
Можно убедиться проверкой, что при 0 < а < - оба эти
корня являются действительными и удовлетворяют исходному
уравнению.
Второе решение. Эту задачу можно решить и более
обычным путем. Избавляясь от радикала в уравнении, полу-
получим
1
1
х + 2ах + а + — = а + ж — —,
1о / 1о
РЕШЕНИЯ 285
или после раскрытия скобок и приведения подобных членов
+ 4аж3 + ( 4а2 + 2а + - ) х2 + ( 4а2 + - а - 1 ) х +
Левую часть получившегося уравнения можно разложить на
множители:
L4 + Bа - 1)ж3 + ^ ж2| +
[Bа + 1)х3 + Dа2 - 1)х2 (| ^
1 1
Bа - 1)ж + — ж^ + Bа + 1)ж+ I 2а+ —
Отсюда сразу получаем решения:
х2 + Bа - 1)ж + — = О,
1-2а //1-2а\2
2
±
17
+ Bа + 1)ж + 2а + — = О,
1о
2а , //1 + 2аГ о 17
При 0 < а < - первые два корня являются действитель-
действительными и удовлетворяют исходному уравнению; последние два
корня комплексные.
170. а) Для того чтобы при действительном х левая часть
уравнения была действительна, необходимо, чтобы все под-
подкоренные выражения были положительны. Обозначая эти по-
положительные подкоренные выражения, начиная с последнего
286 РЕШЕНИЯ
(т. е. с Зх) и до первого, через у\, у\, у\, ... ,у2_ь у2, будем
иметь
Зж = х + 2ж = у2,
х + 2уп_г = у2,
где все числа yi, у2, ..., уп действительны и положительны.
Само исходное уравнение в новых обозначениях примет вид
Уп = X.
Докажем теперь, что у\ = х. Действительно, предполо-
предположим, например, что х > у\. В таком случае из сравнения
первого и второго из наших равенств будет следовать, что
2/1 > 2/2- Точно так же из сравнения второго и третьего ра-
равенств находим, что у2 > уз; далее, аналогично получаем, что
Уз > Уа > ••• > Уп-1 > Уп-
Таким образом, при х > у\ будем иметь х > уп, что противо-
противоречит уравнению. Аналогично доказывается, что и при х < у\
не может быть уп = х (в этом случае обязательно ж < уп).
Так как у\ = Зж, то, следовательно, должно быть
Зж = ж2,
откуда сразу получаем два единственно возможных значе-
значения х:
Х\ =3, Х2 = 0.
Проверка показывает, что оба эти значения удовлетворяют
нашему уравнению.
Примечание. Наметим здесь еще один метод решения урав-
уравнения
(*)
п радикалов
РЕШЕНИЯ
287
Подставим в левую часть этого уравнения вместо последнего числа
х его выражение, даваемое равенством (*); получим
х=\х+2
х + 2у х + ... + 2л/ж + 2х .
2п радикалов
Далее, снова заменяя последнее х подобным же образом, будем иметь
X =
Зп радикалов
= \Iх + 21/ х + 2у ж + ... + 2л/х + 2ж = ...
4п радикалов
На основании этого мы можем записать
т — \ / т 4-
= lim
х + ...
. (**)
7V радикалов
Отсюда получаем
Ж =
* *)
откуда имеем ж = л/Зж, ж2 = Зж и, следовательно, х\ — О, Ж2 = 3.
В частности, это решение сразу показывает, что корни уравнения
(*) не зависят от п (ибо уравнение (**) не зависит от п).
Приведенное рассуждение в таком виде нельзя, разумеется, счи-
считать решением задачи, поскольку не доказано существование пре-
288 РЕШЕНИЯ
дела (*) и не обоснованы преобразования (**). Однако, это рассуж-
рассуждение можно сделать совсем строгим.
б) Будем последовательно упрощать дробь, стоящую слева:
1 _ ж + 1 1 _ х _ 2ж + 1
-
X
ж + 1 Зж + 2
Окончательно мы получим какое-то уравнение вида
ах + b
сх + а
где а, 6, с и с/ — неизвестные нам целые числа. Это уравне-
уравнение равносильно квадратному уравнению х(сх + d) =
= аж + 6; отсюда следует, что наше исходное уравнение может
иметь не больше двух различных корней (тождеством
это уравнение быть не может, так как иначе ему удовлетво-
удовлетворяли бы любые значения ж, а х = 0, очевидно, уравнению
не удовлетворяет).
Но два корня нашего уравнения нетрудно найти. Действи-
Действительно, предположим, что х таково, что
1 + - = х.
X
В таком случае, последовательно упрощая нашу дробь, мы бу-
будем получать
1 -\— = х; 1 -\— = х; 1 -\— = х;
XXX
и окончательно придем к тождеству
X = X.
Таким образом, мы видим, что корни уравнения 1 -\— = ж,
X
или х2 — х — 1 = 0, т. е.
1 + ^5 1-у/Е
РЕШЕНИЯ
289
удовлетворяют заданному уравнению. Никаких других кор-
корней это уравнение иметь не может.
Примечание. Наметим здесь еще один метод решения рас-
рассматриваемого уравнения (сравните с примечанием к решению за-
задачи а)). Подставим в левую часть уравнения вместо х его вы-
выражение в виде многоэтажной дроби, даваемое самим уравнением.
При этом мы получим точно такое же уравнение, где, однако, в
многоэтажной дроби слева знак дроби будет повторяться 2п раз.
Продолжая далее тот же процесс, мы будем приходить к таким же
уравнениям, где слева будет стоять дробь, имеющая все больше и
больше «этажей». На этом основании мы можем написать
х =
1 +
1 +
1 +
= lim
1 +
1 +
1 +
(*)
Знак дроби повторяется N раз
где слева стоит бесконечное выражение. Отсюда получаем
1 1 1
х =
1 +
1
1 +
1
1 +
1
(**)
1 +
Li
1
1 +
т. е. то же квадратное уравнение для ж, которое фигурировало и в
приведенном выше решении задачи. Такое решение исходного урав-
уравнения сразу показывает, что корни его не могут зависеть от п.
Приведенное рассуждение в таком виде нельзя считать реше-
решением задачи, так как не доказано существование предела (*) и ра-
равенство х этому пределу и не обоснованы преобразования (**). Од-
Однако это рассуждение можно сделать вполне строгим.
171. Имеем
х + 3 - 4л/ж - 1 = х - 1 - 4
4 =
19 Д.О. Шклярский и др.
290
РЕШЕНИЯ
и, аналогично,
ж + 8 - 6л/ж - 1 = ж - 1 - 6л/ж -1 + 9 = (у/х- 1 -ЗJ.
Таким образом, наше уравнение можно записать в виде
^Т - 2J + ^/(л/^Т - ЗJ = 1
или, так как мы считаем все корни положительными,
где |у| обозначает абсолютную величину числа у.
Рассмотрим теперь несколько случаев.
1°. Если у/х — 1 — 2^0, у/х — 1 — 3^0, т.е. если
л/ж^Т > 3, ж - 1 > 9, ж > 10, то | Vx^T - 2| = Vx^T - 2,
|д/ж — 1 — 3| = у/х — 1 — 3 , и уравнение принимает вид
откуда
-1-2 + у/х -1-3 = 1,
2 л/ж - 1 = 6,
ж-1 = 9, ж = 10.
2°. Если д/я- 1 -2^0, д/ж- 1 -3^0, т. е. если
у/х — 1 ^ 2, ж ^ 5, но ж — 1 ^ 3, ж ^ 10, то |д/ж — 1 —
— 2| = д/ж — 1 — 2, |д/ж — 1 — 3| = — д/ж — 1 + 3, и уравнение
превращается в тождество
Таким образом, нашему уравнению удовлетворяют все зна-
значения ж между ж = 5 и ж = 10.
3°. Если ^/ж^-г^О, у/аГ^Т-3^0, т. е. если
л/ж- 1 > 2, ж > 5, то |л/ж- 1 - 2| = -л/ж- 1 + 2, \у/х- 1 -
— 3| = —л/ж — 1 + 3, и уравнение принимает вид
откуда
-у/х- 1 + 2-л/ж- 1 + 3 = 1,
ж- 1 = 4, ж = 5.
РЕШЕНИЯ 291
4°. Случай yjx — 1 — 2^0, у/х — 1 — 3^0, очевидно, невоз-
невозможен.
Таким образом, решением этого уравнения служат все х
между х = 5 и х = 10, т. е. 5 ^ х ^ 10.
172. Для того чтобы решить это уравнение, мы будем ис-
искать сначала его корни, лежащие на отрезке от 2 до оо, затем
на отрезках от 1 до 2, от 0 до 1, от —1 до 0 и от —оо до —1.
1°. Пусть х > 2. Тогда ж + 1 > 0, ж > 0, ж - 1 > 0, ж-2>0;
поэтому |ж + 1| = х + 1, |ж| = ж, |ж — 1| = х — 1; |ж — 2| = ж — 2,
и мы получаем уравнение
х + 1 - х + Ъ(х - 1) -2(х -2) = х + 2,
которое удовлетворяется тождественно.
Таким образом, любое число, большее либо равное 2, явля-
является корнем нашего уравнения.
2°. Пусть 1 > х < 2. Тогда ж+1 > 0, ж > 0, ж-1 > 0 и
ж — 2 < 0 и, значит,
= х
— 1| = х —
\х-2\ = -(х-2).
Таким образом, мы получаем уравнение
х + 1 - х + 3(ж - 1) + 2(х - 2) = х + 2.
Отсюда 4ж = 8, ж = 2, т. е. лежит вне отрезка 1 ^ х <
< 2. Следовательно, наше уравнение не имеет корней, больших
либо равных 1, но меньших 2.
3°. Пусть, далее, 0 ^ х < 1. Тогда имеем
\х + 1| = х + 1, |ж| = ж,
|ж - 1| = -(ж - 1), \х-2\ = -(х - 2).
Значит,
х + 1 - х - 3(х - 1) + 2(х - 2) = х + 2, ж = -1,
т. е. лежит вне отрезка 0 ^ х < 1.
Получаем, что корней, больших либо равных 0, но мень-
меньших 1, нет.
19*
292 РЕШЕНИЯ
4°. Пусть теперь — 1 ^ х < 0. Тогда
\х + 1| = х + 1, |ж| = —ж,
|ж - 1| = -(ж - 1), \х-2\ = -(х - 2);
х + 1 + ж - 3(х - 1) + 2(х - 2) = ж + 2,
что невозможно, т. е. на этом участке также нет корней.
5°. Наконец, пусть х < — 1. При этом
\х + 1| = —(х + 1), |ж| = —ж,
|ж - 1| = -(ж - 1), \х-2\ = -(х - 2);
-(ж + 1) + х - 3(х - 1) + 2{х - 2) = х + 2,
ж = -2.
Получаем еще один корень ж = — 2.
Окончательно уравнению удовлетворяют: число —2 и лю-
любое число, большее либо равное 2.
Примечание. Результаты настоящей задачи становятся со-
совершенно ясными, если изобразить график функции
у = \х + 1| - \х\ + 3\х - 1| - 2|х - 2| - (х + 2).
На рис. 11 изображены тонкими линиями графики функций у\ =
= \х + 1|, у2 = -|ж|, 2/з = 3\х - 1|, 2/4 = -2\х - 2| и уъ = -(ж + 2)
и жирной линией — график функции у = ^/i + у<± + 2/з + 2/4 + Уъ
(«сложение графиков»). Из этого чертежа сразу видно, что у об-
обращается в нуль на луче х^2и еще в одной точке х = — 2.
173. Из первого уравнения системы немедленно получаем
У2 = х2, у = ±х.
Подставляя это значение у2 во второе уравнение, имеем
(х-аJ +х2 = 1 (*)
— квадратное уравнение, которое, вообще говоря, дает два
значения х. Так как каждому значению х отвечают два зна-
значения у, то всего система имеет четыре решения.
Число решений системы уменьшается до трех, если одно
из значений х равно нулю: нулевому значению х (и только
нулевому значению) соответствует единственное значение у =
= 0, а не два разных значения у = ±х. Подставляя х = 0 в
уравнение (*), получаем
а2 = 1, а = ± 1;
РЕШЕНИЯ
293
Рис. 11
только при этих значениях а система имеет три решения.
Число решений системы уменьшается до двух, если уравне-
уравнение для х имеет одно-единственное значение. Для того чтобы
квадратное уравнение
(х - аJ + х2 = 1, или 2х2 - 2ах + а2 - 1 = О,
имело единственный корень (два совпадающих значения кор-
корня), надо, чтобы было
а2 - 2(а2 - 1) = 0, а2 = 2, а = ±л/2;
при этих значениях а система имеет два решения.
174. а) Решая систему, получаем
х =
а3-!
а2-Г
У =
—а" + а
а2-1 *
Отсюда видно, что если а
имеет единственное решение х =
а2 + а + 1
а + 1 '
то система
—а
а + 1
-. Если
294 РЕШЕНИЯ
а = — 1 или а = +1, то наши формулы теряют смысл; в первом
случае мы приходим к системе
-х + у = 1,
х — у = 1
которая противоречива (не имеет решений), во втором слу-
случае — к системе
v + y = 1,
с + у = 1,
которая имеет бесконечно много решений (х произвольно, у =
= 1 -ж).
б) Решая систему, получаем
а4 — 1 —а3 + а
or — 1 az — 1
Таким образом, и здесь, если а2 — 1 т^ 0, то система имеет
единственное решение х = а2 + 1, у = —а. В случаях же а = —1
и а = 1 мы приходим к системам
_х _^_ у — _i ( х _^_ у — i
х -у = 1 И \х + у = 1,
которые имеют бесконечно много решений.
в) Из первого и второго уравнений получаем
у + z = 1 — аж, ay + z = а — х\
рассматривая эти два равенства как систему двух уравнений
с двумя неизвестными у иг, имеем
а — х — 1 + ах (а — 1)A + х)
У = \ = \ ,
а — 1 а — 1
а(\ — ах) — а + х —х(а2 — 1)
z =
а — 1 а — 1
Таким образом, если а ф 1, то у = 1 + ж, 2 = —A + а)ж;
подставляя эти значения у и 2 в третье уравнение, находим
ж + A + х) — аA + а)х = а2, хB — а — а2) = а2 — 1,
- 1) =а2 -
РЕШЕНИЯ 295
Поэтому при а — 1^0, а + 2^0 система имеет единст-
единственное решение
(о + 2)(о-1) а + 2' У а + 2'
(а + 1J
2: = —(а + 1)х =
а + 2
В случаях а = 1иа = —2 мы приходим соответственно к сис-
системам
х + у + z = 1, и
первая из которых имеет бесконечно много решений, а вторая
не имеет ни одного решения (складывая первые два уравнения
второй системы, мы получаем —х — у -\-2z = — 1, что противо-
противоречит третьему уравнению).
175. Вычитая второе уравнение из первого и шестое из
пятого и приравнивая два полученных выражения для Х2 — жз,
получим
- аз),
или
(«1 -а±)(а2 -а3) = 0.
Точно так же, составляя по два различных выражения для
разностей х\ — х2 и х\ — жз, получим еще два соотношения:
(«1 - а2)(а3 - а±) = 0, (а\ - а3)(а2 - а±) = 0.
Из первого из полученных трех соотношений следует, что
oil — <^4 или а2 = «з- Предположим для определенности, что
а2 = as = а. Из второго соотношения следует, что ai = а или
«4 = а. Каждое из этих равенств обращает третье соотноше-
соотношение в тождество. Таким образом, для того чтобы наша
система была совместной, необходимо, чтобы
три из четырех величин «i, «2, <^з, а\ были равны
между собой.
Предположим теперь, что ai = а2 = а% = а,
«4 = C. Вспоминая те выражения для разностей xi — х2.
296 РЕШЕНИЯ
%\ — жз, Х2 — жз, при помощи которых мы получили соот-
соотношения между «1, «2, «з и <^4^ немедленно получаем
Х\ = Х2 = Ж3.
Обозначим теперь х\ = #2 = жз просто через ж, а х^ — че-
через у. В таком случае наши шесть уравнений с четырьмя не-
неизвестными перейдут в два уравнения с двумя неизвестными
2х = а2,
а2 /а
откуда
Примечание. Аналогичными рассуждениями можно показать,
что более общая система
\ + ж2 + ... + xm-i + хш —
п+т + ^п+т-2 + • • • + ^n_i + Хп = an+m_i«n+m_2 . . . an-ian,
состоящая из С™ уравнений с п неизвестными (п > т + 1), будет
разрешима только в следующих случаях:
1°. a1 = a2 = ... = an_! = a, an = ^ [ в этом случае х\ —
пп / п — 1
a эт_1 / /j '*' -1
= х2 = ... = жп_1 = — , хп = ап [ р а
п \ п
2°. п — т + 1 или больше из величин ai, «2, ..., «п равны нулю
(в этом случае х\ — х2 = ... = хп = 0).
176. Из первого уравнения получаем
х = 2-у;
подставляем во второе:
2у - у2 - z2 = 1,
ИЛИ
?2 + у2 - 2у + 1 = 0,
ИЛИ
z2 + (у - IJ = 0.
РЕШЕНИЯ 297
Каждое из слагаемых последнего равенства неотрицательно
и, следовательно, равно нулю. Отсюда
2 = 0, у = 1
и, значит,
х = 1.
Таким образом, система имеет единственное действитель-
действительное решение.
177. а) Заметим прежде всего, что если xq является корнем
уравнения, то — xq есть также корень. Следовательно, отрица-
отрицательных корней столько же, сколько и положительных. Далее,
число 0 есть корень уравнения. Таким образом, нам доста-
достаточно найти число положительных корней. Отметим теперь,
что если —— = sin ж, то
\х\ = 100|sinx| < 100 • 1 = 100.
Мы получаем, что корень уравнения не может быть по абсо-
абсолютной величине больше 100.
Разделим участок оси Ох от х = 0 до х = 100 на отрезки
длиной 2тг (последний отрезок может иметь меньшую длину)
и подсчитаем число корней нашего уравнения на каждом из
этих отрезков. Обратимся к рис. 12.
На первом отрезке (от 0 до 2тг) имеется один положи-
положительный корень (и один корень нуль), на каждом следую-
следующем, исключая последний, — по два корня. Для того что-
чтобы определить число корней на последнем отрезке, оценим
его размеры: заключается, очевидно, между 15 и 16
2тг
( —— = 6, 66 > 2тг; —— = 6, 25 < 2тг ); следовательно, всего
\ 15 1о /
мы имеем 15 отрезков длины 2тг и один неполный отрезок.
Длина этого последнего отрезка равна 100 — 15 • 2тг > 5 > тг,
следовательно, на этом отрезке целиком помещается положи-
положительная полуволна синусоиды и, значит, на нем тоже имеются
два корня.
Итак, мы всего имеем 1 + 14-2 + 2 = 31 положительный ко-
корень нашего уравнения. Столько же имеется отрицательных
корней, и еще один корень равен нулю.
298
РЕШЕНИЯ
Рис. 12
Окончательно общее число корней равно 31 • 2 + 1 = 63.
б) Решение этой задачи аналогично решению задачи а).
Прежде всего очевидно, что если sin ж = lgx, то х ^ 10
(в противном случае левая часть нашего равенства не боль-
больше 1, а правая — больше). Так как 2 • 2тг > 10, то на участке
оси Ох от ж = 0 до ж = 10 помещаются одна полная волна
синусоиды у = sin ж и часть следующей волны (рис. 13). Гра-
График у = lgx, очевидно, пересекает первую волну синусоиды в
одной точке. Далее, так как 2тг Н— < 10, то в точке х = —
Zj Zi
имеем sin ж = 1 > \<gx и, значит, график у = lgx пересекает
первую половину второй положительной полуволны; так как в
точке х = 10 \%х = 1 > sin ж, то он должен пересечь и вторую
половину этой полуволны. Таким образом, мы заключаем, что
уравнение sin ж = \<gx имеет всего три корня.
J0 х
Рис. 13
178. Предложение задачи является справедливым при п = 1
и п = 2, ибо
х\ + #2 = 1 + 1 — 2, #1 + Ж2 = 6,
= (бJ - 2 • 1 = 34.
РЕШЕНИЯ 299
Далее мы имеем
— (\(гп~1 -\- гп~1\ — 1 . /Vn~2 -и ^гп~2\
— u^^i \ Jby j J- \^1 I 2 )
ИЛИ
Из этой формулы прежде всего следует, что если х\ +
+ х%~2 и x7l~l-\-x7^~l — целые числа, то и Xi+x^ — целое число,
откуда, в силу принципа математической индукции, вытекает
первое утверждение задачи.
Пусть теперь п есть первое натуральное число, та-
такое, что x'i + x% делится на 5. Из формулы (*) следует, что
в этом случае разность (ж™ + х^~1) — (х™~2 + х^~2) также
должна делиться на 5. Но, заменив в формуле (*)пнап— 1,
мы получим:
п-\ , п-\ _ к/^п-2 , „п-2\ , („п-2 | ^п-2\ _ /_п-3 , ^п-3\
«X/ 1 | «X/ О О I «X/ 1 | «X/ о J | I «X/ 1 | «X/ Q / \ *Х/ 1 I *X/ Q / ч
откуда следует, что
„п — 2\ \(п — \ | п — \\ ( п — 2
Хл \ Х<г\ — О^Ж-i \ Х<г\ J L\^l * ^2 ) V^l ~^~ ^°2 )\
тоже должно делиться на 5, что противоречит предположе-
предположению о том, что для всех чисел га, меньших п, х™ + х™
не делится на 5. Отсюда следует, что такого целого поло-
положительного п, для которого х™ + #2 делится на 5, вовсе не
может существовать. Легко видеть, что утверждение задачи
верно и для целых отрицательных п: если п < 0, то ж™ + х% =
1 1 ж~п + ж~п
— ' — — ^— = х\п + ж<2~п — целое число, не
ххп х2п ()
делящееся на 5, так как — п > 0.
179. Предположим, что сумма а\ + а2 + ... + аюоо содер-
содержит п положительных и 1000 —п отрицательных членов. В та-
таком случае все попарные произведения п положительных
( * п(п-1)\
членов (их, очевидно, будет 1 и все попарные произ-
произведения 1000 — п отрицательных членов (их число равно
300 РЕШЕНИЯ
j будут
положительными, а произ-
A000-п)A000-п-1)
2
ведения положительных членов на отрицательные (их бу-
будет пA000—п)) отрицательны. Условие задачи требует, чтобы
было
2(h-i) + (юоо-п)AОоо-,,-1)
или
п2 -п + A000 - пJ - A000 - п)
= 1000п-п2,
1000 ± VI000 000 - 999 000 1000 ± у/ШО
П = 2 = 2 '
а, это, очевидно, невозможно.
В случае второго выражения мы, рассуждая аналогично,
придем к условию
10000 ± лД0Ш 10000 ± 100
П 22*
Отсюда следует, что это выражение может содержать рав-
равное число положительных и отрицательных удвоенных произ-
произведений; для этого достаточно, чтобы исходный много-
10 000 + 100
член содержал = 5(J5(J положительных членов и
Zi
= 4950 отрицательных (или 5050 отрицательных
z
членов и 4950 положительных).
180. Прежде всего имеем
(л/2-1I = л/2-^Г,
{у/2 - IJ = 3 - 2\/2 = л/9 - VS.
Докажем теперь, что если только
(\/2 - 1Jк~1 = Вл/2 -А = V2B? - Va?
можно представить в виде y/N — y/N — 1, т. е. если 2В2 — А2 =
= 1, то и число
(л/2 - lfk+l = В1 у/2 - А1
РЕШЕНИЯ 301
можно представить в таком виде, т. е. 2В 2 — А 2 = 1. Для
этого достаточно заметить, что
(л/2 - 1J/с+1 = (\/2 - 1Jк-\\/2 - IJ =
= (Ву/2 -А)C- 2^2) = (ЗВ + 2А)у/2 - DВ + ЗА);
следовательно,
В1 = ЗВ + 2А, А' = 4Б + ЗА,
2Б'2 - X2 = 2(ЗВ + 2АJ - DВ + ЗАJ =
= 18Б2 + 24АБ + 8А2 - 16Б2 - 24АБ - 9А2 = 2Б2 - А2 = 1,
что и требовалось доказать.
Точно так же показывается, что если число (л/2—1Jк = С—
D\/2 можно представить в виде y/N — y/N — 1, то
(л/2 — 1J/с+2 = Cf — D'y/2 можно представить в таком виде.
Отсюда, в силу принципа математической индукции, вы-
вытекает утверждение задачи.
181. Если (А+Ву/3J = C+Dy/З, то С = А2+ЗБ2, L> = 2AB
и (А - Б\/3J = А2 + ЗВ2 - 2АВу/3 = С - Dy/З. Следова-
Следовательно, если бы было (А-\-Ву/3J = 99 999 + 111 ШД то было
бы также (А — Ву/3J = 99 999 — 111 ШД что невозможно,
так как 99 999 — 111111\/3 меньше нуля, а квадрат каждого
действительного числа больше нуля.
182. Предположим, что л/2 = p + qy/r, и возведем обе части
этого равенства в куб. В таком случае получим
2 = р + Зр qy/r + 3pq r + q гу/r,
или
2 = р(р +3^ г) + qCp + q r)y/r.
Покажем теперь, что если л/2 = р + ду^ то ^2 есть ра-
рациональное число. Действительно, если q = 0, то \/2 = р
есть рациональное число. Если q ^ 0 и Зр2 + g2r 7^ 0, то из
последнего равенства следует
г 2 — р(р2 + 3q2r)
У/ ' 77л о ! 9 \ '
q{op + б/ гj
302 РЕШЕНИЯ
откуда
т. е. опять рационально. Если же Зр2 + q2r = 0, то
q2r = — Зр2, 2 = р[р2 + 3(—Зр2)] = -8р3,
и опять у2 = — 2р есть число рациональное.
Таким образом, нам остается только показать, что \/2 не
является рациональным числом. Это доказательство хорошо
известно. В самом деле, если \/2 равен несократимой дроби
777 7773 о о о
—, то 2 = —5", 777 = 2п . Таким образом, число т (а так-
77 П6
же и 777) есть четное число, следовательно, оно делится на 8.
~ о 7773
В таком случае п = — тоже должно быть четным, а сле-
z
довательно, и п четно, что противоречит предположению о
несократимости дроби —. Итак, предположение, что \2 =
77
= р + qy/r привело нас к абсурду.
183. а) Обозначим 1,00000000004 через а, 1,00000000002 че-
через /3. В таком случае фигурирующие в условии задачи выра-
выражения примут вид тг и —j. Так как а > /3, то,
1 + а + а^ 1 + р+р^
очевидно,
1+а 1111 1+в
= 1 :
=1 а
1 +
^ 1 + /3
и, наконец,
/1 + а + а2\
а + а2
Таким образом, второе из двух выражений больше первого.
РЕШЕНИЯ 303
б) Обозначим фигурирующие в условии задачи выражения
соответственно через А и В. Тогда, очевидно, имеем
^ а™
А~ 1 + а + а2 + ... + ап~1 ~
ап ап~1
1
Ъп ^ Ъп-\
г-
Ь + -
Отсюда сразу следует, что —- > — и, следовательно, В > А.
J\ ±э
184. Будем исходить из формулы
(X - аJ -(х- аJ = X2 - х2 - 2а(Х - х).
Следовательно,
[(X - агJ + (X - а2J + ... + (X - апJ} -
- [(х - ахJ + (х - а2J + ... + (х - апJ] =
= п(Х2 - х2) - 2(ai + а2 + ... + ап)(Х - х).
ai + a2 + ... + ап
Ьсли положить в последнем выражении х = ,
п
то оно будет положительным; действительно, мы будем иметь
[(X - aiJ + (X - а2J + ... + (X - апJ} -
- [(х - aiJ + (х - а2J + ... + (х - апJ] =
= п(Х2 - х2) - 2пх(Х -х)= п(Х2 - х2 - 2Хх + 2х2) =
= п(Х -хJ >0.
Отсюда вытекает, что искомым значением х является
а\ + а2 + ... + ап
п
185. а) Мы имеем всего три существенно различных рас-
расположения.
304 РЕШЕНИЯ
1°. ai, a2, аз, a4:
Ф1 = (ai - a2J + (a2 - a3J + (a3 - a4J + (a4 - aiJ.
2°. ai, аз, a2, a4:
Ф2 = (ai - a3J + (a3 - a2J + (a2 - a4J + (a4 - aiJ.
3°. ab a2, a4, a3:
Ф3 = (ai - a2J + (a2 - a4J + (a4 - a3J + (a3 - aiJ.
Но легко видеть, что
ф3 — фг = —2а2а4 — 2aia3 + 2а2а3 + 2aia4 =
= 2(а2 -ai)(a3 - а4) < 0,
Ф3 — Ф2 = —2aia2 — 2а3а4 + 2а2а3
= 2(а3 — ai)(a2 — а4) < 0.
Следовательно, требуемое расположение имеет вид
ai, a2, a4, a3.
б) Первое решение. Рассмотрим выражение
Ф = (ah - ai2J + (ai2 - ahJ + ... + (a^ - ainJ + (ain - a^J,
где a^, a^2, ..., щп — наши п чисел, расположенные в тре-
требуемом порядке. Пусть ща, а^ (а < /3) — какие-то два из
этих чисел. Мы утверждаем, что если ща больше (или,
наоборот, меньше ) а^, то а^а_1 больше (соответст-
венно меньше) а^+1 J.
Действительно, если бы это было не так, т. е. если бы было
(aia — aiC)(aia_1 — a^+1) < 0, то перестановка, изменяющая по-
порядок чисел a^a, a^a+1, a^a+2, ..., a^ на обратный, уменьшила
бы величину суммы Ф (так как разность новой суммы Ф7 и
первоначальной суммы Ф будет, очевидно, равна
Ф7 - Ф = -га^.^ - 2aiaaip+1 + 2ща_±ща
= 2(aia -
' Здесь мы условно считаем
РЕШЕНИЯ 305
Это замечание позволяет получить полное решение задачи.
Прежде всего, так как циклическая перестановка всех чисел
(т. е. перестановка, при которой сохраняется порядок чисел,
выписанных одно за другим по кругу) не меняет величины
суммы Ф, то мы можем считать, что а^ есть наименьшее из
наших чисел ai, т. е. i\ = 1. Отсюда можно вывести, что щ2
и щп есть два следующих по величине числа. Действительно,
если бы было, например, а^ < щ2 (/3 ф п), то мы имели бы
(щ2 - Щр)^ - aif3+1) < 0, а если бы было aif3 < ain (f3 ф 2), то
мы имели бы (а^ — щC_1)(щп — а^) < 0. Так как можно изме-
изменить порядок следования в цепочке а^, щ21 щ31 • • •, Щп1 Щх на
обратный без того, чтобы изменить сумму Ф, то мы можем
считать, что щ2 < щп, %2 = 2, %п = 3.
Далее мы утверждаем, что числа щъ < щп_1 следуют по ве-
величине за уже использованными числами а^, а^2, ain: действи-
действительно, если бы было, например, щ3 > а^ (/3 ф 1, 2; п — 1, п),
то мы имели бы (а^3 — Щр)(щ2 — а^+1) < 0. А так как, кроме
ТОГО, ДОЛЖНО быть (а^з — Щп-1)(Щ2 ~ агп) > 0^ ТО агз < ain-n
т. е. di3 = а4, Щп_1 = «5-
Точно так же показывается, что числа щ4 и щп_2 — следу-
следующие по величине за уже использованными и щА < щп_2 (т. е.
Н — 6, гп-2 = 7), что числа щ5 и щп_ъ — следующие по вели-
величине за ранее использованными и щ5 < a>in_3 (is — 8, ins = 9)
и т. д. Окончательно приходим к следующему расположению
чисел:
/ п2 — а4 — аб —... — ап-2 \
при п = 2к четном а\ ( ^ап,
^ аз — аб — а? —... — an_i '
,0,2 — а4 — аб —... — О"п-\
при п = 2к -\- 1 нечетном а\ ( \
аз — аб — аг —... — ап
(черточки указывают порядок следования чисел; так, напри-
например, для п четного имеем расположение ai, a2, a4, аб,..., an_2,
Urn О»п-Ъ • • • i a7, ^5, аз).
Второе решение. Если каким-либо образом догадаться,
что искомое расположение имеет такой вид, как указано в
конце первого решения, то доказательство этого факта можно
получить при помощи метода математической индукции. Дей-
Действительно, при п = 4 доказательство получается весьма про-
20 Д.О. Шклярский и др.
306 РЕШЕНИЯ
сто (см. решение задачи а)). Предположим теперь, что для
какого-то четного п мы уже доказали, что сумма Фп, соот-
соответствующая выписанному в конце первого решения располо-
расположению чисел ai < а2 < аз < ... < ап, меньше суммы Ф^,
соответствующей любому другому расположению. Покажем
теперь, что сумма Фп+ъ соответствующая выписанному выше
расположению п + 1 чисел а\ < a 2 < аз < ... < ап < an+i,
меньше суммы Ф^_|_]_, соответствующей какому-либо другому
расположению п + 1 чисел. Имеем
Фп+1 -Фп = (ап - an+iJ + (an+i - an_iJ - (ап - an_iJ =
= 2an+1 — 2anan+i — 2an_ian+i + 2an-\an =
= 2(an+i - an)(an+i - an_i).
С другой стороны, если в расположении, отвечающем сум-
сумме Ф^_|_1, число an+i стояло между какими-то числами аа и ар
и Ф^ отвечает расположению п чисел, которое получается из
расположения п + 1 чисел, приводящего к сумме Ф^+1, вычер-
вычеркиванием числа an+i, то
ф фп = К - «n+iJ + К J К J
= 2an+1 — 2a
= 2(an+i - aa)(an+i - ар) > Фп+1 - Ф
Таким образом, мы видим, что
- ф'п+1 = [фп - ф;] + [(фп+1 - ф„) - (ф;+1 - ф;)] < о
(выражение в первой скобке неположительно в силу предполо-
предположения индукции, а во второй — по доказанному). При этом,
если сумма Ф^+1 отличается от Фп+ъ то либо Фп — Ф^ < 0
(и, следовательно, Фп+1 — Ф^+1 < 0), либо (Фп+1 — Фп) —
— (Ф^+1 — Ф^) < 0 (и, следовательно, опять Фп+1 < Ф^+i). Ана-
Аналогично осуществляется переход от п к п + 1, если п нечетно.
Третье решение. Задача имеет также несложное гео-
геометрическое решение. Изобразим числа а\ < а2 < аз < ...
... < ап точками А\, А2, А%, ..., Ап на числовой оси; отрезки
А\А2, А2А3, A3A4, ..., Ап_\Ап обозначим соответственно че-
через di, с?2? d?,-) • • •-) dn-i- В таком случае сумма
Ф = (ah -ai2J + (ai2-ai3J + ... + (a^_1 -ainJ + (ain -ahJ =
— Л. A1 1 A . A1 1 1 A. A2 1 A. A2
— ^11^12 ^ ^2Лгз П- • • • -I" i±ln_1i±in -t- ^iZn^i
РЕШЕНИЯ 307
равна сумме квадратов длин звеньев «ломаной»А^ Ai2Ai3...
... Ain_1AinAi1 (все звенья которой лежат на одной прямой;
рис. 14,а)).
Так как наша замкнутая ломаная покрывает весь отре-
отрезок А\Ап^ то каждый из отрезков АкАк+\ = dk минимум два
i ~i Г
Ч л2
Рис. 14
раза входит в нашу ломаную (один раз в направлении от Ак
к Afc_|_i, второй раз — в обратном направлении). Поэтому,
в каком бы порядке мы ни располагали точки, сумма Ф, если
выразить ее через отрезки di, d2, • • ••> dn-\ и раскрыть скобки,
обязательно содержит член 2d|, а следовательно, и все члены
2df, 2d\, ..., 2d2n_v Далее, пусть Ак-\Ак = dk-i и АкАк+1 =
= d^ — два соседних из рассматриваемых отрезков. Оче-
Очевидно, что если звено ломаной, покрывающее отрезок АкАк+\
в направлении от Ак к Ак+\, начинается в точке Ак, то звено,
покрывающее этот отрезок в обратном направлении, не может
кончаться в точке Ак; поэтому во всех случаях должно су-
существовать звено, которое покрывает одновременно отрезки
Ак-\Ак и АкАк+\. А отсюда вытекает, что сумма Ф во всех
случаях должна содержать член 2dk-\dk, а следовательно, и
все члены 2d±d2, 2^2^з? • • • -> 2dn-2dn-i-
Теперь остается только заметить, что в случае, если рас-
расположение точек таково, как указано в конце первого решения
задачи, то
Ф = 2d\ + 1d\ + ... + 2d2n_1 + 2gW2 + 2d2d3 + ... + 2dn_2dn-i
(рис. 14, 6)). Отсюда и из сказанного выше вытекает, что в
этом случае сумма Ф будет наименьшей.
186. а) Отметим, прежде всего, что мы с самого начала мо-
можем считать все ai, a2, ..., an; 6i, 62, ..., bn положительными;
в противном случае мы изменили бы знаки отрицательных чи-
чисел на противоположные; левая часть неравенства при этом не
изменится, а правая может только увеличиться. Рассмотрим
20*
308
РЕШЕНИЯ
У '
\
t
а2
^ яп ч
X
Рис. 15
теперь ломаную AqA±A2. . -Ап, такую, что проекции отрез-
отрезков AqAi, A1A2, • •., Ап_\Ап на ось Ох равны соответственно
ai, a2, • •., an, а проекции этих же отрезков на ось Оу — Ь]_,
&2, • •., Ьп] при этом пусть каждая вершина ломаной располо-
расположена правее и выше предшествующей (рис. 15). В таком слу-
случае из теоремы Пифагора следует, что
ММ =
откуда и получаем неравенство задачи.
Ломаная А0А1А2.. .Ап будет равна отрезку А$Ап толь-
только в том случае, если все звенья этой ломаной являются про-
продолжениями одно другого (ломаная является отрезком пря-
прямой). Нетрудно видеть, что это обстоятельство будет иметь
а\ а2 ап
место в том случае, если — = — = ... = —; лишь в этом
01 h Ьп
случае имеет место равенство
= у/{
b2
ЬпJ
¦ а2 + ... + anjz + (&i -h 02 -г • • • -г "п;
б) Обозначим через /г высоту пирамиды, через ai, a2, ...
..., ап — стороны основания (а\ + а2 + ... + ап = Р) и че-
через &i, 62, ..., Ьп — длины перпендикуляров, опущенных из ос-
основания высоты на стороны основания ( - а\Ь\ + - а262 + ...
\ Zi Zi
РЕШЕНИЯ
309
• • • + ~ ^П6П = S I. В таком случае боковая поверхность S пи-
2 /
рамиды будет равна
- ах ф2г + /г2 + - а2 ^ + /г2 + ..
Но согласно равенству задачи а)
2S =
- {a2hf
... + л
+
anbnJ
... + an/iJ =
a262
причем равенство достигается только, если
... : anbn = a\h : a2h : ... : an/i, т. е. Ъ\ = Ь2 = ... = Ьп.
Отсюда и вытекает утверждение задачи.
187. Рассмотрим отдельно случай п четного и случай п
нечетного. 9А*
1°. Число п четно.
Построим ступенчатую
ломаную А\А2А3...
... AnAn+iAn+2 так, что-
чтобы длины всех отрезков
равнялись
единице и отрезки А\А2^
были бы па-
параллельны между собой
и перпендикулярны к от-
отрезкам А2Аз, А4А5, ...
..., АпАп+1 (рис. 16; на
нем п = 4). На каж-
каждом из отрезков AiAi+i
(г = 1, 2, ..., п + 1) или
на его продолжении возь-
возьмем точку В{ так, чтобы длина отрезка
С
Рис. 16
(an+i мы полагаем здесь равным
{+\ равнялась щ
, т. е. Вп+\ выберем так,
310 РЕШЕНИЯ
чтобы было Вп+\Ап+2 = ai); при этом точку В{ мы будем рас-
располагать левее или ниже точки Ai+\, если щ > 0, и правее или
выше точки Aj+i, если сц < 0 (на рис. 16 0<ai<l,0<a2<l,
аз > 1, а4 < 0). Проведем теперь ломаную В\В2.. .Вп+\. По
теореме Пифагора
=ф
Но BiAi+i = a^ и, как легко видеть, Bi+iAi+i = |1 —
следовательно,
Таким образом, интересующая нас сумма
? + A - a2J + Ja\ + A - а3J
равна длине ломаной В1В2В3.. .Вп+\.
Очевидно, что длина ломаной В1В2В4.. .Bn+i всегда не
меньше, чем длина отрезка В\Вп+1. Вычислим теперь длину
этого отрезка. С этой целью построим прямоугольный тре-
треугольник В\СВп+\ (рис. 16). Тогда
ть
ВХС = А2А3 + А4А5 + ... + АпАп+1 = -,
СВп+1 = AiA2 + AZA± + ... + Ап_хАп = |
(ибо AiBi = Ап+1Вп+1 = |1 - ai|). Отсюда
что и доказывает требуемое равенство.
Теперь уже легко выяснить, в каком случае в этом нера-
неравенстве знак ^ можно заменить знаком равенства. Для этого
необходимо, чтобы все точки i?2, S3, ..., Вп лежали на пря-
прямой В\Вп+\ (т. е. В{ должно совпадать с точкой пересечения
прямых В\Вп+\ и А{А{+\). Так как прямая В\Вп+\ образует
угол 45° с прямой В\С (ибо В\С = СВп+\), то это будет при
ВХА2 = А2В2 =
РЕШЕНИЯ 311
т. е. при а\ = A - а2) = а3 = A - а4) = ... = ап-\ = A - ап).
Итак, при п четном равенство достигается при
где а может быть любым.
2°. Число п нечетно*^. Положим an+i = ai, an+2 =
= 0,2, • •., a2n = ^п и рассмотрим сумму
которая, очевидно, будет равна удвоенной сумме:
- а2J + ^ + A - а3J
... + л/а2^ + A - апJ + y/al + A - aiJ
(каждое слагаемое этой последней суммы в первой сумме
встречается дважды). Но по уже доказанному первая сум-
2плД
ма ^ —-—; отсюда вытекает, что
- a2J + ^ja\ + A - а3J
т. е. мы получили требуемое неравенство.
Знак равенства в последнем неравенстве имеет место
только, если
(см. выше случай 1°). Но так как у нас а\ = ап+1 и п нечетно,
то последнее равенство возможно только, если
1
ах = а2 = ... = ап = -.
предоставляем читателю выяснить на примере п = 3, почему
доказательство, проведенное для четного п, не проходит для п нечетного.
312
РЕШЕНИЯ
188. Первое решение. Обе части равенства положи-
положительны, поэтому, возводя их в квадрат, получим
i-xi
т. е.
4 - {х\ + 2ххх2
2 -
Возведем опять обе части в квадрат:
- Х1х2.
— х{ — х2
х\х
\х2
— 2x\x2
,2 2.
перенося все члены направо, получим 0 ^ {х\ — х2J.
Последнее неравенство очевидно; равенство здесь имеет
место лишь при х\ = х2. Отсюда вытекает, что исходное не-
неравенство всегда имеет место и обращается в равенство лишь
при х\ = х2.
Второе решение. Эта задача имеет и геометрическое
решение; аналогичные решения можно найти и для многих зна-
значительно более сложных задач. Введем на плоскости прямо-
прямоугольную декартову систему координат и рассмотрим окруж-
окружность с центром в начале координат и радиусом, равным еди-
единице (рис. 17). Координаты ж, у точек этой окружности будут
связаны соотношением х2 + у2 = 1.
Отметим теперь на оси Ох две точки М\ и М2, имею-
имеющие абсциссы х\ и х2\ так
как \х\\ ^ 1 и \х2\ ^ 1, то
обе эти точки будут располо-
расположены внутри (или на гра-
границе) единичной окружности.
Восстановим в этих точках
перпендикуляры к оси абсцисс
до пересечения их с верхней
полуокружностью в точках N\
и N2; тогда, очевидно, M\N\ =
= л/1 — х{ и M2N2 = л/1 — х2.
Заметим теперь, что абсциссу
XI + Х2
будет иметь середи-
N
Рис. 17
РЕШЕНИЯ
313
на М отрезка М\М2 '. Отсюда вытекает, что величина
1 — (Ж1+Ж2) будет равна длине отрезка M7V, где N есть
точка пересечения с окружностью перпендикуляра к оси
абсцисс, восстановленного в точке М. Но сумма M\N\ +
+M2N2 равна удвоенной длине средней линии N'М трапеции
MiNiNzM2, т. е. меньше, чем удвоенная длина отрезка MN.
Тем самым нужное нам равенство доказано; из доказательства
видно, что это неравенство обращается в равенство, лишь если
точки М\ и М.2 совпадают, т. е. если х\ = %2-
Примечание. Прием, примененный во втором решении за-
задачи 188, позволяет выводить много интересных неравенств. Так,
например, рассмотрим сферу с центром в начале координат и ра-
радиусом 1 (рис. 18); и пусть М\ и М^ — две произвольные точки
Рис. 18
Рис.19
плоскости Оху, расположенные внутри или на границе сферы, JVi
утверждение очевидно, если х\ и Х2 положительны; легко про-
проверить, что оно остается справедливым и при любых значениях х\ и Х2-
(Заметим, впрочем, что приведенное в условии задачи неравенство доста-
достаточно доказать для положительных х\ и Х2'. действительно, если х\ и ж2
неположительны, то, заменив эти числа их абсолютными значениями, мы
не изменим левой части неравенства, а правую уменьшим.)
314 РЕШЕНИЯ
и N2 — точки пересечения со сферой перпендикуляров к плоскости
Оху, восстановленных в точках Mi и М2, N и N' — точки пересече-
пересечения перпендикуляра, восстановленного к плоскости Оху в середине
М отрезка MiM2, со сферой и с отрезком NiN2. Если (жь у{) и
(#2, 2/2) — координаты точек М\ и М2, то
M2N2 =
и из того, что MTV' ^ M7V, вытекает, что
1 - ж^ - 2/f + у 1 - х\ - у\
если только все подкоренные выражения положительны; равенство
здесь имеет место только в том случае, когда х\ — х2, у\ — у2, т. е.
когда точки М\ и М2 совпадают.
Точно так же, восстановив к плоскости Оху перпендикуляры в
трех точках Mi, М2 и Мз и в точке М пересечения медиан тре-
треугольника М\М2М<$ (рис. 19), придем к неравенству
\j\-x\- у\ + y/l - х\ - у\ + y/l - х\ - у\ ^
(^+^+^J, (**)
выражающему, что отрезок MN' не превосходит отрезка MN. Не-
Неравенство (**) тоже имеет место во всех случаях, когда все под-
подкоренные выражения положительны; равенство здесь имеет место,
лишь когда х\ — х2 — жз и у\ — у2 — у%, т. е. когда точки Mi, M2
и Мз все совпадают между собой.
Заменяя сферу конусом, вершина которого совпадает с нача-
началом координат, осью служит ось Oz и угол при вершине равен 90°
(рис. 20), получим равенство
РЕШЕНИЯ
315
Рис. 20
+
, (* **)
справедливое при любых х\, Ж2, хз] 2/ъ 2/2, Уз] равенство здесь будет
Х\ Х2 Хз
иметь место только в том случае, когда — = — = —, т. е. когда
У\ 2/2 Уз
точки JVi, N2 и N% лежат на одной образующей конуса. Алгебра-
Алгебраическое доказательство неравенств (*), (**) и (* **) представляет
очень большие трудности.
189. Так как sin cos x =
= — cos f —h cos x),
V Z /
cos sin x — sin cos x = cos sin x + cos
(-
V2
+ cos x ) =
7Г . 7Г
— + cos ж + sin x — + cos ж — sin ж
= 2 cos cos .
Ho
I cos ж + sinx| = v cos2 x + 2 cos ж sin ж + sin2 ж =
316 РЕШЕНИЯ
= л/2? только если sm2x = 1) и точно так же
| cos ж — sinx| = v cos2 ж + 2 cos ж sin ж + sin2 ж =
л/2
cos ж — sin ж
= л/2, только если 8т2ж = — 1). А так как
— « —^—- = 1,57 больше, чем у/2 « 1,41, то отсюда следует,
что
7Г . 7Г .
h + sina; —Ь cos ж —sin ж
7Г . 7Г .
—Ь cos ж + sin ж —Ь cos ж — sin ж
значит, как cos — , так и cos —
Z Z
всегда положительны. Таким образом, разность cos sin ж —
— sin cos ж всегда положительна, т. е. cos sin ж при любом ж
больше, чем sin cos ж.
190. а) Обозначим log2 тг = a, log5 тг = Ь. Из равенства
2а = тг, Ъь = тг получаем
I I II III
7га=2, 7ГЬ=5, тга -тгЬ = 2- 5 = 10, 7Га + Ь=Ю.
Но тг2 « 3,142 < 10, откуда следует справедливость неравен-
неравенства —|— > 2, что и требовалось доказать.
a b
б) Обозначим log2 тг = a, log^ 2 = 6. В таком случае имеем
2а = тг, тг6 = 2; из второго равенства вытекает 2~ь = тг, или
b = —. Теперь наше неравенство принимает вид
а
11 а2 + 1 2
- + т > 2, > 2, а2 + 1 > 2а,
а ? а
или
а2 - 2а + 1 = (а - IJ > 0.
Последнее неравенство является очевидным.
191. Первое решение. Требуется доказать, что если
/3 > а, то,
РЕШЕНИЯ
317
а) sin/3 — sin a < /3 — а; но, очевидно,
. п . . C — а C + а C — а
sin р — sin а = 2 sin cos < 2 • 1 = р — а
А А А
(ибо для каждого отличного от нуля угла х первой четверти
sin ж < ж, cos ж < 1 ) );
б) tg /3 — tg a > ft — а; но, очевидно,
/3 - а < tg(/3 - а) =
< tg/3 - tga
tg/3tga
(ибо для каждого отличного от нуля угла х первой четверти
tgx > ж).
Второе решение. Рассмотрим здесь только задачу а),
так как решение задачи б) совершенно аналогично.
Проведем единичную окружность с центром в точке О,
и пусть дуга АЕ равна а ж
дуга AF равна /3. Если ЕМ
и FP — перпендикуляры, опу-
опущенные из точек Е и F на ра-
радиус О А (рис. 21), то
Saoea = -sin a,
Saofa = ^ sin/^
2 Рис. 21
где буква *S, как обычно, означает площадь. Отсюда следует,
что
а - sin а =
и, следовательно,
/5 - sin/3 = 2ScerMAEF,
— sin a < /3 — sin/3.
., например, ниже с. 319.
318 РЕШЕНИЯ
192. Пусть АЕ и AF — дуги единичной окружности с цент-
центром в точке О, равные соответственно а и /3, В и С — точки
пересечения перпендикуляра, восстановленного в точке А к
диаметру О А, с прямыми ОЕ и OF', М и TV — точки пере-
пересечения перпендикуляра, опущенного из точки Е на диаметр
О А с прямыми О А и OF (см. рис. 21). Тогда имеем
Saoab = о *S ai Sao ас = 9 tg ^'
SceKTOAE — ~^a-, SceKTQAF = - /3,
и, следовательно,
tga Saoab tg/3
Но, как нетрудно видеть,
Saoab Saobc
SceKTQEF
Действительно,
Saoab Saoab Saobc Saobc
Saoab _ Saobc
Saoem Saoen
„ Saobc . Saoab
Из того, что — > — , следует, что
Saoab + Saobc Saoab
+ SceKTOEF SCeKTOAE
т. е. что
5ЛОАС
что и требовалось доказать.
193. Пусть arcsin cos arcsin x = а. Угол а заключен в пре-
7Г / 7Г
делах 0 ^ а ^ —, ибо 0 ^ cos arcsin ж ^ 1 (так как ^
А \ А
7Г\
^ arcsin ж ^ — ). Далее, sin a = cos arcsin ж; следовательно,
arcsin ж = =Ь f — — а) иж = sin ± f — — а 1 = ± cos a.
РЕШЕНИЯ 319
ТГ
Точно так же, если arccos sin arccos х = /3, то 0 ^ /3 ^ —
(ибо 0 ^ sin arccos ж ^ 1, так как 0 ^ arccos ж ^ тг) и cos/З =
= sin arccos ж; следовательно,
ТГ /ТГ \
arccos х = — =F /3 и ж = cos f — =f /3) = ± sin/3.
Из того, что cos a = sin/3 (= ±ж), заключаем:
a + p = arcsm cos arcsm x + arccos sin arccos x = —.
194. Предположим, что сумма
cos 32ж + азх cos 31ж + азо cos ЗОж + а29 cos 29ж + ...
... + п2 cos 2х + ai cos ж (*)
при всех значениях х принимает только положительные
значения. Заменим в этой сумме х на х + тг; мы придем к
выражению
cos 32(ж + тг) + азх cos 31 (ж + тг) + азо cos 30(ж + тг) +
+ а29 cos 29(ж + тг) + ... + а2 cos 2(х + тг) + ах cos (х + тг) =
= cos 32ж — азх cos 31ж + азо cos ЗОж — а29 cos 29ж + ...
... + а2 cos 2x — ах cos ж, (**)
которое тоже должно принимать при всех значениях х положи-
положительные значения. А в таком случае и полусумма выражений
(*) и (**), равная
cos 32ж + азо cos ЗОж + ... + а^ cos Ax + а2 cos 2ж,
тоже будет принимать при всех х только положительные зна-
значения.
тг
Теперь заменим в последнем выражении х на х -\—, полу-
получим
cos 32 (х + ^Л + а30 cos 30 (х + ^ + +а28 cos 28 (ж + ^) + ...
... + а4 cos 4 (х + — j + а2 cos 2 (ж + — j =
= cos 32ж — азо cos ЗОж + а28 cos 28х — ... + а^ cos 4ж — а2 cos 2x.
320 РЕШЕНИЯ
Составив полусумму двух последних выражений, найдем,
что cos 32х + а,28 cos 28ж + а24 cos 24ж + ... + as cos 8х + а^ cos Ах
тоже должно принимать при всех х только положительные зна-
значения.
Заменяя в последнем выражении х на х -\ и составляя
полусумму полученного выражения и первоначального, мы при-
придем к сумме
cos 32ж + a24 cos 24ж + а\ь cos 16ж + as cos 8x;
7Г
заменяя в ней х на х + — и складывая полученное выражение
8
с первоначальным, мы придем к сумме
cos 32ж + ai6 cos 16ж;
наконец, точно так же убеждаемся, что выражение
cos 32x
тоже должно принимать при всех значениях х только положи-
тт П
тельные значения. Ио при х = — последнее выражение рав-
но —1. Полученное противоречие и доказывает утверждение
задачи.
195. Будем исходить из формулы для синуса половинного
угла:
а
2 sin — = ±д/2 — 2 cos a,
где знак корня берется в соответствии с известным правилом
знаков для синуса. Пользуясь этой формулой, мы будем после-
последовательно определять синусы углов
Лго ( , ai«2\ Лго ( , aia2 . aia2a3\ o
ai45 , \ai + —^— J • 45 , ^ц + ^— + —-—J • 45 , ...
aia2a3 aia2a3...an
Предположим, что мы уже определили синус угла
aia2 aia2a3 aia2...a/c
РЕШЕНИЯ 321
где ai, a2, аз, ..., ак принимают какие-то значения, равные 1
или — 1. Так как
а\а2...ак
+
aia2 ... а^а^+п
2* J " =
где знак плюс соответствует а\ = +1, а знак минус соответ-
соответствует а\ = — 1, и
[ , ппо , / , а2аз . . a2a3...a/c+i\ ]
cos [±90 ± (a2 + — + ... + ^ J • 45 j =
=i J * 45 '
то мы можем после этого определить синус следующего угла:
.. акак+\\ о
2Е j'45 =
При этом следует иметь в виду, что так как все рассмат-
рассматриваемые углы по абсолютной величине меньше 90° (ибо даже
+ - + - + ... + — )• 45° = 90° - — 90° меньше 90°), а знак
2 ' 4 2V 2™
этих углов определяется знаком ai, то корень квадратный в
последних формулах следует брать со знаком плюс или минус
в зависимости от знака а\. Другими словами, можно написать
2sin(ai
кJ
o
-45 =
45°.
Теперь, прежде всего, очевидно, что
2sinai45° = агл/2.
Отсюда последовательно получаем:
2 sin (ai + ^Ш) • 45° =
2sin (ai + ?^ + ?!2р) . 45° =
21 Д.О. Шклярский и др.
322 РЕШЕНИЯ
2 sin f a\ +
O1O2 O1O2O3 01020304\ ^ _
2 4 8 / ~
= 011/ 2 + o2 Y 2 + 03у 2 + а4л/2,
/ OiO2 O1O2O3 OiO2O3...On\
2вш(а1 + —+ —^ + ...+ 2n-1 j -45 =
2 + 02 Y 2 + 03^/2 + ... + апл/2,
что и требовалось доказать.
196. Предположим, что разложение заданного выражения
по степеням х имеет вид
A _ Зж + Згг2O43A + Згг - Згг2O44 =
А2х2 + ... + Апхп,
где Д), Ai, A2, ..., Ап — не известные нам коэффициенты,
сумму которых требуется определить, an — степень этого
выражения (которая, как легко видеть, равна 743 • 2 + 744 • 2 =
= 2974). Положим в этом равенстве х = 1; тогда получим
I743 . I744 = Ао + Ах + А2 + ... + Ап.
Таким образом, искомая сумма равна 1.
197. Раскрыв скобки и сделав приведение подобных членов
в двух рассматриваемых выражениях, мы получим два много-
многочлена относительно х. Заменим теперь в наших выражениях
х на —х. При этом нам придется заменить х на —х также и
в полученных многочленах, т. е. в каждом из них оставить
прежние коэффициенты при х в четных степенях и заменить
знаки коэффициентов на обратные при х в нечетных степенях.
В частности, коэффициенты при ж20 при этой операции не из-
изменятся. Таким образом, мы видим, что наши два многочлена
имеют те же коэффициенты при ж20, что и многочлены, полу-
получаемые при раскрытии скобок и приведении подобных членов
в выражениях A + х2 + ж3I000 и A - х2 - ж3I000.
РЕШЕНИЯ 323
Но ясно, что первый из этих новых многочленов имеет
больший коэффициент при ж20. Действительно, при раскры-
раскрытии скобок в первом выражении мы получим исключительно
положительные коэффициенты при различных степенях ж, и
при приведении подобных членов все эти коэффициенты бу-
будут складываться. Во втором выражении при раскрытии ско-
скобок мы получим при различных степенях х коэффициенты,
имеющие те же абсолютные величины, что и коэффициенты
первого многочлена, но знаки их могут быть плюс или минус,
и при приведении подобных членов у нас произойдет умень-
уменьшение коэффициентов.
Итак, после раскрытия скобок и приведения подобных чле-
членов в выражениях A+ж2—ж3I000 и A —ж2+ж3I000 мы получим
в первом из них больший коэффициент при ж20, чем во втором.
198. Утверждение задачи непосредственно вытекает из сле-
следующих преобразований:
ж100)
199. а) Согласно формуле суммы геометрической прогрес-
прогрессии и формуле Ньютона имеем
A + жI000 + хA + х)999 + ж2A + x)99S + ... + xwm =
. IЛ л. ^.UOOO
ж1ОО1
х - х — 1 — х
-1
1+х
= A+х)Ш1-хШ1 =
+ 1001ж + CfQQ1x2 + Cfoois3 + • • • + Ю01ж1000.
Таким образом, искомый коэффициент равен
50 Ю01!
1001 ~ 50! -951!"
21*
324 РЕШЕНИЯ
б) Обозначим наше выражение через Р(х). Тогда имеем
A + х)Р(х) - Р(х) = [A + жJ + 2A + жK + ...
... + 999A + жI000 + 1000A + жI001] - [A + х) + 2A + хJ +
+ 3A + xf + ... + 1000A + жI000] = 1000A + жI001 -
- [A + х) + A + хJ + A + xf + ... + A + жI000] =
X
Отсюда
1000A +
ж
= 1000[1001 4
-[С\
жI001
¦ Ciooi^ ^
A + жI001-A
ж2
Ь Cfmix2 + ...-
101ж + С1001ж 4
, + ж)
f 1001ж999 +
-... + 1001ж!
„ЮОО-1
X J
398 , „999
"Т" X
Таким образом, искомый коэффициент равен
¦ Ю01' Ю01'
1ПППГ51 Г52
1000О1001 - С1001 - 51,950! - 52!.949!
1001' г52 1000 9501 51050-1001!
[52 I000-95°J-
52 1000 9501
52Г950![52 I00095°J 52I-950! '
200. Найдем прежде всего свободный член, который полу-
получится, если в выражении
к раз
раскрыть скобки и привести подобные члены. Он равен зна-
значению этого выражения при х = 0, т. е.
(¦¦¦(((-2J-2J-2J-...-2J< =
к раз
= (...(D-2J-2J-...-2J =
к — 1 раз
РЕШЕНИЯ 325
к — 2 раза
... = (D-2J-2J = D-2J =4.
Обозначим теперь через Ак — коэффициент при ж, через
Вк — коэффициент при х2 и через Р^ж3 — сумму членов, ко-
которые содержат х в более высоких степенях. Тогда имеем
р..((Ж-2J-2J-...-2J = Ркх3 + Вкх2 + АЛж + 4.
/с раз
С другой стороны,
к раз
= [(...((ж-2J-2J-...-2J-2]2 =
к — 1 раз
= [(Pfc-ia;3 + Б^_1Ж2 + Л-1Ж + 4) - 2]2 =
= {Рк-1Х3 + Вк_1Х2 + Ак_1Х + 2J =
+ 2Рк_1Вк_1хь + {2Рк_1Ак_1 + Sf.^a;4 +
3 \2 х + 4 =
Отсюда
Так как (ж — 2J = х2 — Ах + 4, то Ai = —4. Следовательно,
А2 = —4 • 4 = —42, А3 = —43, ..., и вообще А& = —Ак.
Вычислим теперь Вк:
Вк = А\_х + 4P.fc_! = А2_х + 4(А2_2 + 4Bfe-2) =
= А\_х + 4А2_2 + 42А2_3 + 43(А2_4
= А\_х +4:А2к_2 + 4?А2к_3 +... + 4k~3(Al +Ak~2A\
326 РЕШЕНИЯ
Подставляя сюда
??i = 1, Аг = -4, А2 = -42,
получим
-2 + 4 ¦ 42
42*
Вк = А2"-2 + 4 ¦ 42*-4 + 42 • 42* + ... + 4fe • 42 + 4* • 1 =
42
l + 4 + 42 + 43 + ... + 4fc
l
4-1 3 "
201. а) Первое решение. Так как при любом целом по-
положительном к двучлен ж — 1 делится на х — 1, то
х + х3 + х9 + ж27 + ж81 + ж243 = (ж - 1) + (ж3 - 1) +
+ (ж9 - 1) + (х27 - 1) + (ж81 - 1) + (ж243 - 1) + 6
дает при делении на х — 1 остаток 6.
Второе решение. Обозначим частное от деления х +
+ х3 + х9 + ж27 + ж81 + ж243 на х — 1 через (/(ж) и остаток че-
через г. Тогда
ж + ж3 + х9 + ж27 + ж81 + ж243 = д(ж)(ж - 1) + г.
Полагал в этом равенстве х = 1, получим 6 = г.
б) Аналогично второму решению предыдущей задачи пред-
предположим, что q(x) есть частное от деления нашего многочлена
на х1 — 1, а Г]_ж + Г2 есть искомый остаток (остаток от деле-
деления многочлена на квадратный трехчлен является двучленом
первой степени):
х + х3 + х9 + х27 + ж81 + ж243 = q(x)(x2 - 1) + riж + г2.
Полагая в последнем равенстве х = 1 иж = -1, мы получаем
6 = 7*1 + Г2, — 6 = —7*1 + 7*2, ОТКуда 7*1 =6, Г2 = 0.
Таким образом, искомый остаток равен 6х.
202. Пусть р(х) есть наш неизвестный многочлен, q(x) —
частное от деления этого многочлена на (х — 1) (х — 2), г(х) =
= ах + 6 — искомый остаток:
р(х) = (х- 1)(х - 2)q(x) +ax + b. (*)
РЕШЕНИЯ 327
По условию задачи имеем
р(х) = (х - l)q\{x) + 2, откуда рA) = 2;
р(х) = (х - 2)q2(x) + 1, откуда рB) = 1.
Подставляя теперь в равенство (*) ж = 1 и ж = 2, получаем
2=рA) = а + 6,
1 =_рB) = 2а+ 6,
откуда
а = —1, 6 = 3.
Таким образом, искомый остаток есть —х + 3.
203. Многочлен ж4 + х3 + 2ж2 + ж + 1 можно разложить на
множители; он равен (х + 1)(ж + х + 1). Отсюда легко усмот-
усмотреть, что этот многочлен является делителем многочлена
ж12-1 = (ж6-1)(;г;6 + 1) =
= (х3 - 1)(х3 + 1)(х2 - 1)(ж4 - х2 + 1),
а именно
ж4 + ж3 + 2ж2 + х + 1 =
х12-!
(ж-1)(ж3 + 1)(ж4-ж2 + 1)
х12-1
~~ х8 - х7 - х6 + 2хъ - 2х3 + х2 + х - Г
Разделить ж1951 — 1 на ж4 + ж3 + 2х2 + х + 1 — это то же
самое, что разделить ж1951 — 1 на х12 — 1, а затем результат
помножить на ж8 — х7 — ж6 + 2ж5 — 2ж3 + ж2 — 1. Но легко видеть,
что
Ж1951 _ Х
12-1
^1903
(в этом легко убедиться, если произвести деление «углом» по
правилам деления расположенных многочленов или если заме-
заметить, что ж1951 — 1 = х7[(х12I62 — 1] + х7 — 1 и воспользо-
воспользоваться известной формулой деления разности четных степеней
двух одночленов на разность оснований). Отсюда следует, что
328 РЕШЕНИЯ
искомый коэффициент совпадает с коэффициентом при ж14 в
произведении
+ _ +д.31 +ДД9 +я.7
я +
Ж1^ — 1
х (ж8 - ж7 - ж6 + 2ж5 - 2ж3 + ж2 + х - 1),
который равен — 1.
204. а) Обозначим у/2 + д/З через ж. В таком случае имеем
откуда
х2 - 5 = 2л/6,
ж4 - Юж2 + 25 = 24,
ж4 - Юж2 + 1 = 0.
Это и есть искомое уравнение.
б) Обозначим л/2 + л/3 через х. В таком случае имеем
х = у/2+уУЗ,
х2 = 2 + 2^2 • ^3 + ^9,
Из этих трех неравенств нетрудно исключить две из трех
входящих в них иррациональных величин д/2, v3 и у9 и по-
получить соотношение, связывающее какой-либо один из этих
радикалов с ж, ж2 и ж3. Так, из первого и второго равенств
имеем
л/3 = х - \/2,
л/9 = х2 - 2 - 2л/2 • л/3 = х2 - 2 - 2л/2(ж - л/2) =
= ж2 + 2 - 2\/2ж.
Подставляя эти значения в третье равенство, получаем
х3 = 2л/2 + 6(ж - \/2) + 3\/2(ж2 + 2 - 2л/2ж) + 3,
откуда
РЕШЕНИЯ 329
Теперь осталось только возвести последнее равенство в
квадрат, перенести все члены в одну сторону и привести по-
подобные члены:
х6 + Збж2 + 9 + 12ж4 - 6х3 - Збж = 18ж4 + 24ж2 + 8,
х6 - 6ж4 - 6ж3 + 12ж2 - Збж + 1 = 0.
Это и есть уравнение, которое нам требовалось получить.
205. Имеем
а + /3 = —_р, а/3 = 1; 7 + ^ = —9? 7^ = 1-
Поэтому
= [(а-
= (а/3 + а^ — /З7 — 7^)(а/5 + /?<^ — «7 ~ 7^) =
= (aS - /3j)(/3S - aj) = а/382 - a2jS - /З2^ + a/3j2 =
= 82-a2-l32+-f2 = [F + 7J - 28y] - [(a + /3J - 2a/3] =
= (q*-2)-(p2-2)=q2-p2.
206. Если а и /3 — корни уравнения
ж2 +рт + q = 0,
то
(ж — а) (х — C) = х2 + рх + q.
Следовательно,
= [G - а)G -
Но
1 + 8 = -Р, -yS = Q,
и,значит,
(а - 7)(/3 - 7)(« - W - <*) = G2 +Р7 + ?)(*2 +Р^ + я) =
Я2 =
<5J -
= Q2 - pPQ + q{P2 - 2Q) + P2Q - pqP + q2 =
= Q2 + q2- pP(Q + q)+ qP2 + p2Q ~ 2qQ.
330 РЕШЕНИЯ
207. Первое решение. Вычислим из второго уравнения
коэффициент а и подставим его в первое уравнение. Тогда
получим
а = — (х2 + ж),
х2 - (х2 + ж)ж + 1 = 0,
х3 - 1 = 0,
(х-1)(х2 +х + 1) =0.
Отсюда имеем
-1±гл/3
xi = 1, ж2,з = 2
и, следовательно, так как а = —(ж2 + ж), то ах = —2, а2,з = 1-
Второе решение. Используя результат задачи 206,
мы можем утверждать, что, для того чтобы наши уравнения
имели хотя бы один общий корень, необходимо и достаточно,
чтобы обращалось в нуль выражение
а2 + 1 - а • 1(а + 1) + 1 + а3 - 2а = а3 - За + 2 =
Отсюда получаем
= (а - 1)(а2 + а - 2) = (а - 1J(а + 2).
ах = -2, а2,з = 1.
208. Пусть (х - а)(х - 10) + 1 = (х + 6)(ж + с). Полагая в
обеих частях равенства х = — 6, получим
(-6 - а)(-Ь - 10) + 1 = (-Ъ + Ь)(-Ь + с) = 0.
Отсюда
(Ь + а)(Ь+10) + 1 = -1.
Так как а и b целые, то b + а и 6 + 10 также целые. Но —1
может быть представлено в виде произведения двух целых чи-
чисел только одним способом —1 = (+1)(—1). Поэтому имеются
только две возможности:
1) 6+Ю = 1, Ь= -9; тогда 6 + а = -9 + а = -1, т. е. а = 8:
(ж-8)(ж-10) + 1 = (ж-9J.
РЕШЕНИЯ 331
2) b + 10 = -1, b = -11; тогда b + a = -11 + a = 1, т. е.
a = 12:
-10) + 1 = (ж-IIJ.
209. Так как многочлен четвертой степени можно разло-
разложить или в произведение многочлена первой степени и мно-
многочлена третьей степени или в произведение двух многочле-
многочленов второй степени, то нам следует рассмотреть отдельно два
случал:
А) х(х — а)(х — Ь)(х — с) + 1 = (х+р)(х3+ qx2+ rx + s) (*)
(коэффициенты в правой части равенства при х в первом мно-
множителе и при х3 во втором множителе оба равны 1 или оба
равны — 1, так как в произведении этих множителей коэф-
коэффициент при ж4 должен быть равен коэффициенту при ж4 в
выражении х(х — а)(х — Ь)(х — с) + 1, т. е. 1; равенство же
х(х — а)(х — Ь)(х — с) + 1 = (—х + pi)(—х3 + q\x2 + т\х + s\)
можно привести к виду (*), умножив оба сомножителя правой
части на —1).
Положив в равенстве (*) последовательно х = 0, х = а,
ж = 6иж = си учитывал, что 1 разлагается на множители
только двумя способами 1 = 1-1 = (—1) • (—1), мы получим,
что четыре различных числа 0 +р = _р, a + р, Ъ + р ж с + р
(напоминаем, что числа 0, а, 6, с все различны) могут иметь
только два значения +1 и —1, что невозможно.
Б) х(х -а)(х-Ь)(х -с) + 1 = (ж2 +рт + д)(ж2 +гж + з).
Отсюда, как и выше, получаем, что при х = 0, х = а,
ж = 6 и ж = с оба многочлена, как ж2 + рх + #, так ж х2 -\- гх -\-
«s, принимают значения 1 или — 1. Но квадратный трехчлен
х2 + рх + (/ не может принимать одно и то же значение при
трех различных значениях х (в противном случае квадратное
уравнение х2 + рх + q — а = 0 имело бы три различных корня),
откуда следует, что при двух из четырех значений х = 0, х =
а, ж = 6, х = с этот трехчлен принимает значение 1, а при двух
других — значение —1. Предположим, что О2 -\-p-0-\-q = q = 1,
и пусть х = а есть то из значений ж = а, ж = 6 и ж = с, при
котором этот трехчлен принимает то же самое значение 1; в
таком случае при ж = 6 и ж = с он принимает значение —1.
Итак, мы имеем
а2 +ра +1 = 1, b2 +pb+l = -1, с2 +рс+1 = -1.
332 РЕШЕНИЯ
Из а2 + ра = а(а + р) = 0 следует, что а + р = 0, _р =
= — а (ибо, по предположению, а ф 0). Таким образом, два
последних равенства принимают вид
б2 — ab = 6F — а) = —2, с2 — ас = с(с — а) = —2.
Вычитал из первого равенства второе, получим
Ь2 - ab - с2 + ас = (Ь - с)(Ь + с) - а(Ь - с) =
= (Ь-с)(Ь + с-а) =0,
откуда, так как b ф с, имеем 6 +с — а = 0, а = 6 + с, Ь — а = —с,
с — а = —Ь. Теперь из равенства
6F - а) = -6с = -2
получаем следующие значения для 6, с и а:
Ь = 1, с = 2, а = 6 + с = 3,
х(х - а)(х - Ь)(х -с) + 1 = х(х- 3)(х - 1)(х - 2) + 1 =
= (ж2-Зж + 1J;
Ь=— 1, с = —2, а = b + с = — 3,
ж (ж - а) (ж - Ь)(ж - с) + 1 = ж (ж + 3)(х + 1)(ж + 2) + 1 =
= (ж2 + Зж + 1J.
Аналогично, если ж2 + рх + g принимает при х = 0 и х = а
значение —1, при х = b и ж = с значение +1, то мы имеем
д = -1, а?+ра-1 = -1, Ь2+рЬ-1 = 1,
с2 +рс- 1 = 1,
откуда
р = —а, 6F — а) = с(с — а) = 2, б2 — ab — с2 + ас = 0,
F — с) F + с — а) = 0, а = 6 + с, 6 — а = —с, — 6с = 2.
Мы получаем, таким образом, еще две возможные системы
значений для а, бис:
6 = 2, с = —1, а = 6 + с=1,
РЕШЕНИЯ 333
х(х - а)(х - Ъ)(х - с) = х(х - 1)(ж - 2) (ж + 1) + 1 =
6=1, с = — 2, а = Ь + с=— 1,
ж (ж - а) (ж - Ь)(ж - с) = ж (ж + 1)(ж - 1)(х + 2) + 1 =
= (ж2+ж-1J.
Другое решение этой задачи приведено в заключительной части
решения задачи 210, б).
210. а) Предположим, что
(х - ai)(x - а2)(х - а3)... (х - ап) - 1 = p{x)q{x),
где р(х) и q(x) — многочлены с целыми коэффициентами, сум-
сумма степеней которых равна п; можно считать, что в обоих
этих многочленах старший коэффициент равен 1 (сравните с
решением предыдущей задачи). Подставляя в это равенство
значения х = ai, х = с&2, х = аз, ..., х = ап и учитывая, что —1
разлагается на два целых множителя единственным образом:
— 1 = 1 • (—1), мы получим, что при каждом из рассматрива-
рассматриваемых значений х р(х) = 1, q(x) = — 1, или наоборот. Таким
образом, мы видим, что сумма р(х) + q(x) равна нулю при
х = ai, a2, аз, ..., ап. Итак, уравнение р(х) + q(x) = 0 имеет
своими корнями х\ = ai, Х2 = Q>2i • • •-> хп = ап'ч отсюда следует,
что многочлен p(x)+q(x) делится на х — ai, х — а21 ..., х — аП1 а
следовательно, и на произведение (ж — ах)(ж — а2).. .{х — ап). Но
степень уравнения р(х) -\-q(x) = 0, равная наибольшей степени
многочленов р(ж), ^(ж), меньше п (п есть степень выражения
(x — ai)(x — a,2). • .(ж —an) — 1). Отсюда следует, что р(х) +q(x)
не может делиться на произведение (х — а\)(х — A2).. .(х — an), а
следовательно, разложение, существование которого мы пред-
предположили, невозможно,
б) Предположим, что
(х - ai)(x - а2)(х - а3)... (х - ап) + 1 = р(х) q(x),
где р(ж) и q(x) — многочлены с целыми коэффициентами, стар-
старшие коэффициенты которых равны 1. Подставив в это равен-
равенство значения х = ai, х = а2^ х = аз, ..., х = ап, мы получим,
что при каждом из рассматриваемых значений ж
р(х) = 1, (/(ж) = 1 или р(ж) = —1, q(x) = —1.
334 РЕШЕНИЯ
Таким образом, p(x)—q(x) обращается в нуль при п различ-
различных значениях ж, и, следовательно, во-первых, р(х) — q(x) = О,
р(х) = q(x) (сравните с решением задачи а)) и, во-вторых, чи-
число п четно: п = 2/с, где к есть степень каждого из многочле-
многочленов р(х) = q(x). Перепишем теперь равенство в виде
(х - ai)(x - а2)(х - а3)... (ж - а2к) = [р(х)]2 - 1,
или
(х - ai)(x - а2)(х - а3)... (ж - а2к) = [р(х) + 1][р(х) - 1].
Итак, произведение двух многочленов р(х) + 1 и р(х) — 1
обращается в нуль при х = ai, х = а2, х = а^, ..., х = а2/с-
Следовательно, при каждом из этих значений х обращается
в нуль хотя бы один из сомножителей, а это значит, что или
р(х) + 1 или р(х) — 1 делится на х — ai, или р(х) + 1 или ]э(ж) — 1
делится на х — а2 и т. д. Так как многочлен степени к не может
делиться на произведение больше чем к различных выражений
вида х — а,{ и так как из того, что многочлен степени к со стар-
старшим коэффициентом 1 делится на произведение к выражений
вида х — щ, следует, что он равен этому произведению, то
мы можем утверждать, что р(х) + 1 равно произведению к из
2к сомножителей левой части последнего равенства, а р(х) — 1
равно произведению остальных к сомножителей.
Предположим, например, что
р(х) + 1 = (х - ai)(x - а3)... (х - a2fc-i),
р(х) - 1 = (х - а2)(х - а4)... (х - а2к).
Вычитая из первого равенства второе, получим
2 = (х - ai)(x - а3)... (х - a2k-i) - (х - а2)(х - а4)... (х - а2к).
Подставив сюда, например, х = а2, мы получим разложе-
разложение числа 2 в произведение к целых множителей:
2 = (а2 - ai)(a2 - а3)... (а2 - а2к-\).
Так как число 2 нельзя разложить в произведение больше
чем трех различных множителей, то отсюда сразу следует, что
к ^ 3. Но случай к = 3 тоже является невозможным по сле-
следующей причине. Число 2 может быть разложено в произве-
произведение трех различных сомножителей только одним способом:
РЕШЕНИЯ 335
2 = 1 • (—1) • (—2). Предположим, что к = 3, а\ < а% < а$. Тогда
2 = (а2 - ai)(a2 - а3)(а2 - а5), где а2 - а\ > а2 - а3 > а2 - а5,
и, следовательно, а2 — а\ = 1, а2 — аз = — 1, а2 — а§ — —2.
Подставив в формулу
2 = (х - а\)(х - аз)(ж - а5) - (ж - а2)(ж - а±)(х - а6)
ж = а4, мы придем к другому разложению 2 на три различных
множителя: 2 = (а4 — ai)(a4 — аз)(а4 — as), где тоже а^ — а\ >
> а4 — аз > а4 — а§. Отсюда следует, что а± — а\ = 1, а± — а% =
= — 1, а4 — as = — 2 и, значит, а4 = а2, что противоречит
условию задачи.
Итак, возможными являются только два случая: к = 2 и
А; = 1.
1°. Если А; = 1, то мы имеем
2 = (x-ai)- (x -a2),
откуда а2 = а\ + 2, и, обозначая а\ просто через а, получим
(х — а\)(х — а2) + 1 = (х — а)(х — а — 2) + 1 = (х — а — IJ
(ср. с решением задачи 208).
2°. Если А; = 2, то имеем
2 = (х - а\)(х - а3) - (х - а2)(х - а4),
где будем считать а\ < аз, а2 < а±. Подставляя в последнее
равенство х = а2 и х = сц, получим
2 = (а2 — ai)(a2 — аз), а2 — а\ > а2 — аз,
2 = (а4 — ai)(a4 — аз), а^ — а\ > а^ — аз-
Но 2 можно разложить на два множителя, следующих в
убывающем порядке, только двумя способами: 2 = 2 • 1 и 2 =
= (—1) • (—2). Так как, кроме того, а2 — а\ < а^ — ai, то мы
имеем
(а2 - а{) = -1, а2- а3 = -2,
(а4 - а\) =2, а^- а^ = 1,
откуда, обозначая а\ через а, получим
а2 = а — 1, аз = а + 1, а4 = а + 2,
336 РЕШЕНИЯ
(ж — а\)(х — а2)(х — аз) (ж — а^) + 1 =
= (х - а)(х - а + 1)(х -а- 1)(х - а - 2) + 1 =
= [х2 - Bа - 1)х + а2 + а - I]2
(ср. с решением задачи 209).
211. Аналогично решению предыдущей задачи из предпо-
предполагаемого равенства
(ж - агJ(х - а2J(х - а3J ... (ж - апJ + 1 = p{x)q{x), (*)
где р(х), q(x) — какие-то многочлены с целыми коэффициен-
коэффициентами (и с коэффициентами при старших членах, равными 1),
следует, что либо р(х) = 1, q(x) = 1, лжбо р(х) = —1, q(x) = —1
при каждом из значений х = ai, х = с&2, х = аз, ..., х = ап.
Покажем, что многочлен р(х) (и, разумеется, так же и ^(ж))
может быть либо при всех значениях х = ai, ж = с&2, ..., ж = an
равен 1, либо при всех этих значениях ж равен — 1.
В самом деле, если бы, например, многочлен р(х) при х = щ
принимал значение 1, а при х = ctj — значение —1, то при
некотором промежуточном значении ж, заключенном между
ai и aj, он обращался бы в нуль (если график функции у =
= р(х) при х = ai находится сверху от оси Ож, а при х = aj
оказывается снизу от этой оси, то непрерывная кривая у =
= р(х) где-то между х = а^ и х — aj пересекает ось Ож), что
невозможно, ибо левая часть равенства (*) всегда ^ 1и потому
в нуль обратиться не может.
Предположим, что как р(ж), так и (/(ж) при ж = ai, ж =
= 0,2, ..., ж = ап принимают значения 1. В таком случае
как р{х) — 1, так и q(x) — 1 обращаются в нуль при ж = ai,
ж = с&2, ..., ж = an и, следовательно, р(ж) — 1 и д(ж) — 1 делятся
на произведение (ж — а\)(х — а2).. .(ж — an). Так как сумма
степеней многочленов ]э(ж) и д(ж) равна степени
(ж - aiJ(x - a2J.. .(ж - апJ + 1,
т. е. 2п, то
р(ж) - 1 = (ж - ai).. .(ж - an), q(x) - 1 = (ж - ai).. .(ж - ап)
(ср. с решением предыдущей задачи).
РЕШЕНИЯ 337
Таким образом, мы приходим к равенству
(х - aiJ(x - а2J ... (ж - апJ + 1 = p(x)q(x) =
= [(х - а{)... (х - ап) + 1][(х - ai)... (х - ап) + 1] =
= (х - aiJ(x - а2J ... (х - апJ +
+ 2(х - а\)(х - а2)... (х - ап) + 1,
откуда
(х — а\)(х — а2)... (х — ап) = О,
что неверно. Точно так же доказывается, что р(х) и q(x) не
могут принимать в точках х = ai, х = а2, ..., ж = ап значе-
значения — 1 (в этом случае мы получили бы]э(ж) = д(ж) = (х — а\) х
х(ж - а2)...(ж - ап) - 1).
Итак, мы видим, что предположенное в начале решения
задачи разложение выражения
(х - aiJ(x - a2J ... (х - апJ + 1
в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами
на самом деле невозможно.
212. Пусть многочлен Р(х) равен 7 при ж = а, х = b, x = с
и х = d. В таком случае уравнение Р(х) — 7 = 0 имеет четыре
целых корня а, 6, с и d. Это значит, что многочлен Р(х) — 7
делится на х — а, х — 6, х — с, х — d*\ т. е.
Р(х) — 7 = (ж — а) (х — Ь) (х — с) (х — d)p{xI
где р(х) может равняться 1.
Предположим теперь, что многочлен Р(х) принимает при
целом значении х = А значение 14. Подставив х = А в послед-
последнее равенство, мы получим:
7 = (А - а)(А - Ъ)(А - с)(А - d)p(A),
*)Пусть Р{х) — 7 дает при делении на х — а остаток г:
Р(х)-7= (x-a)Q(x) + r.
Подставляя в это равенство х = а, получаем 7 — 7 = 0 + г, т. е. г = 0, и,
значит, Р(х) — 7 = (х — a)Q(x) делится на х — а.
22 Д.О. Шклярский и др.
338 РЕШЕНИЯ
что невозможно, так как целые числа А —а, А — Ъ, А — сжА — d
все различны, а 7 нельзя разложить в произведение пяти мно-
множителей, из которых по крайней мере четыре отличны друг
от друга.
213. Если многочлен седьмой степени Р(х) разлагается в
произведение двух многочленов р(х) и q(x) с целыми коэф-
коэффициентами, то степень хотя бы одного из сомножителей не
больше 3; будем считать, что этим сомножителем являет-
является р(х). Если Р(х) при семи целых значениях х принимает
значение =Ы, то р(х) при тех же значениях х тоже принимает
значение =Ы (так как p(x)q(x) = P(x)). Среди семи целых
значений ж, при которых р(х) принимает значения =Ы, най-
найдутся четыре таких, при которых р(х) принимает значение 1,
или четыре таких, при которых р(х) принимает значение — 1.
В первом случае уравнение третьей степени р(х) — 1 = 0 имеет
четыре корня, во втором случае уравнение р(х) + 1 = 0 имеет
четыре корня. Ни то, ни другое не может иметь места, так
как, например, в первом случае р(х) — 1 должно было бы де-
делиться на многочлен четвертой степени (сравните с решением
задачи 210, а)).
214. Пусть р и q — два целых числа, одновременно четных
или нечетных. Тогда разность Р(р) — P(q) четна. Действи-
Действительно, выражение
P(p)-P(q)=ao(pn-qn) +
+ аг{рп-1 - qn~l + ... + ап-2(р2 - q2) + ап^(р - q)
делится на четное число р — q.
В частности, при р четном разность Р(р) — Р@) четна.
Но по условию Р@) нечетно; следовательно, Р(р) также не-
нечетно, а потому Р(р) ф 0. Аналогично при р нечетном раз-
разность Р(р) — РA) четна; так как по условию РA) нечетно, то
отсюда, как и выше, следует, что Р(р) ф 0.
Следовательно, Р(х) не может обращаться в нуль ни при
каком целом значении х (как четном, так и нечетном), т. е.
многочлен Р(х) не имеет целых корней.
215. Предположим, что уравнение Р(х) = 0 имеет рацио-
к (к\
нальныи корень х = —, т. е. Р I — ) =0. Разложим многочлен
Г V /
РЕШЕНИЯ 339
Р(х) по степеням х — р, т. е. запишем его в виде
Р(х) = со(х - Р)п + С1(х- р)п-1 +
+ с2{х -р)п~2 + ... + cn_i(x -p) + сп,
где со, ci, C2, ..., сп — некоторые целые числа, которые не-
нетрудно найти, если известны ао, fti, • •., ап (co равно старшему
коэффициенту ао многочлена Р(ж), с\ — старшему коэффици-
коэффициенту многочлена Р(х) —со(х—р)п степени п — 1, с2 — старшему
коэффициенту многочлена Р(х) — со(х—р)п — с\(х — р)п~1 сте-
степени п — 2 и т. д.). Подставив х = р в последнее выражение
для Р(х), мы получим сп = Р(р) = =Ы.
Подставив в это выражение х = — и умножив результат
на /п, мы получим
^ =со(к-pl)n + ci*(Jfe -piI1-1 +
+ c2l2(k-pl)n~2 + ¦¦¦ + Cn-i*"-1^ -pi) + спГ = О,
/АЛ
откуда следует, что если Р I — I = 0, то
есть целое число. Но так как pi делится на /, а А; взаимно
просто с / ( иначе дробь — можно было бы сократить ), то к —
pi взаимно просто с /, а следовательно, к — pi взаимно просто
±/п
и с 1п. Отсюда следует, что может быть целым числом
к — pi
только, если к — pi = =Ы.
Точно так же докажем, что и к — ql = =Ы.
Вычтя теперь равенство к — pi = =Ы из равенства к — ql =
= ± 1, мы получим
(р -q)l = 0 или (р - q)l = ±2.
22*
340 РЕШЕНИЯ
Но (р — q)l > 0, так как р > q и / > 0, а следовательно,
(р -q)l = 2,k-pl = -1, k-ql = l.
Итак, если р — q > 2, то уравнение Р(ж) = 0 вовсе не может
иметь рациональных корней. Если же р — q = 2 или р — q = 1,
А;
то рациональный корень — может существовать. При этом,
складывал равенства
к — pi = —1, fc — (// = 1,
мы получаем
2fc( + V 0 ^
что и требовалось доказать.
216. а) Предположим, что наш многочлен можно разложить
на множители с целыми коэффициентами:
ж2222 + 2ж2220 + 4ж2218 + ... + 2220ж2 + 2222 =
= (апхп + an-ixn~l + ап-2хп~2 + ... + а0) х
х (Ьтхт + Ьт-гх™-1 + 6m_2^m + • • • + Ьо),
где 771 + п = 2222. В таком случае ао&о = 2222 и, следова-
следовательно, из двух целых чисел ао, &о одно является четным, a
другое нечетным. Предположим, что ао есть четное число, a
bo — нечетное. Мы утверждаем, что в таком случае все коэф-
коэффициенты многочлена апхп + ап-\хп~1 + ... + ао должны быть
четными. Действительно, предположим, что а& есть первый с
конца нечетный коэффициент этого многочлена. Коэффици-
Коэффициент при х в произведении
(апхп + ап-1Хп~1 + ... + ао)(Ьтхт + bm^x171'1 + ... + Ьо)
будет равен
o>kbo + ak-ih + ак-2Ъ2 + • • • + аФк (*)
(в случае, если к > т, эта сумма окончится членом ак-тЪт).
Этот коэффициент равен соответствующему коэффициенту
при х в исходном многочлене, т. е. равен нулю, если к не-
нечетно, и представляет собой четное число, если к четно (ибо
все коэффициенты многочлена, заданного в условии задачи,
кроме первого, четны, а к ^ п < 2222). Но так как, по предпо-
предположению, все числа а&_1, а&_2, а&_з, ..., ао четны, то в сумме
РЕШЕНИЯ 341
(*) все члены, кроме первого, четны и, следовательно, четным
должно быть и произведение аф$, ч™ невозможно, так как а&
и bo нечетны.
Таким образом, мы видим, что все коэффициенты мно-
многочлена апхп + ап-\хп~1 + ... + ао должны быть четны, что
противоречит тому, что anbm должно равняться единице.
Следовательно, неверно и наше предположение о возможности
разложения данного многочлена в произведение двух много-
многочленов с целыми коэффициентами.
б) Положим х = у = 1. В таком случае мы получим
= (у + IJ50 + (у + IJ49 + . . . + (у + 1) + 1 =
. „и ZD1 • ZDU • /4У. . .(ZD1 — К -\- 1) \
Ибо С251 = " о о ; ~ ) И ЧТО СВО6ОДНЫИ
= у250 + 251У249 + Cf51y248 + Cf51y247 + ... + С|51у + 251.
Дальше, используя то, что все, кроме первого, коэффици-
коэффициенты полученного многочлена делятся на простое число 251
251 • 250 • 249.. .B51 - А; + 1)
1-2-3. ..к
член многочлена, равный 251, не делится на 251 , мы можем
почти дословно повторить рассуждения решения задачи а),
заменив лишь четность и нечетность коэффициентов дели-
делимостью на 251. Таким образом, мы докажем, что если бы
наш многочлен разлагался в произведение двух множителей,
то все коэффициенты одного из сомножителей должны были
бы делиться на 251, что невозможно, ибо первый коэффициент
нашего многочлена равен 1.
217. Запишем многочлены в виде
А = ао + &\х + п2Х + ... + апжп,
В = bo + Ь\х + Ъъх2 + ... + Ътхт.
Так как по условию в произведении не все коэффициенты де-
делятся на 4, то у обоих многочленов все коэффициенты не могут
быть четными. Следовательно, у одного из них, например у
многочлена Б, не все коэффициенты четные. Допустим, что
342 РЕШЕНИЯ
в многочлене А тоже есть нечетные коэффициенты. Рассмот-
Рассмотрим первый из них (имеющий наименьший номер); пусть это
будет коэффициент многочлена as. Пусть, далее, первый не-
нечетный коэффициент многочлена В будет Ь&. Рассмотрим ко-
коэффициент при х +s в произведении многочленов А и В. Сте-
Степень xk+s в произведении могла получиться только из таких
степеней ж, сумма показателей которых равна к + s; следова-
следовательно, этот коэффициент равен
+ asbk +
В этой сумме все произведения, стоящие до члена asbk,
четны, так как четны все числа ao, ai, ..., as-\. Также четны
все произведения, стоящие после asbk, так как Ь&_х, bk-2-> • • •
..., bo — четные числа. Произведение же asbk — число не-
нечетное, так как и as и bk — числа нечетные. Следовательно,
и наша сумма нечетна, что противоречит тому, что в произ-
произведении все коэффициенты четны. Таким образом, предпо-
предположение, что у многочлена А есть нечетные коэффициенты,
неверно, и, следовательно, все коэффициенты А — четные чи-
числа. А это и требовалось доказать.
218. Докажем, что при любом рациональном, но не целом
значении х многочлен Р(х) не может быть целым числом, а
значит, не равен нулю, ибо нуль — целое число.
Р
Пусть -, где р и q взаимно просты. Тогда
Р[х) = х
хп + сц
pn
pn + aip
pn + i
+ жп-1+а2Д.п-2 + вввН
рп-l ^ pn-2
qn-1 qn-2
n~lq + a2pn-2q2 + ...Л
qn
q(aipn~1 + a2pn~2q + ..
qn
p
. + an-\ + an —
- an-\pqn~l + anqn
. + an-ipqn-2 + anqn-1)
Число pn, как и р, взаимно просто с q\ следовательно, рп +
+ q(aipn~1 +.. .+angn~1) также взаимно просто eg, а значит, и
РЕШЕНИЯ 343
с qn. Поэтому у нас получилась несократимая дробь, которая
не может быть равна целому числу.
219. Пусть N — некоторое целое число и P(N) = М. При
любом целом к
P(N + кМ) - P(N) = ao[(N + кМ)п - Nn] +
+ ai[(N + kM)n~l - Nn~l] + ... + an_i[GV + кМ) - N]
делится на кМ (ибо (N + кМI — N1 делится на (N + кМ) —
— N = fcM), а значит, и на М; поэтому при любом целом к
P(N + кМ) делится на М.
Таким образом, если доказать, что среди значений P(N +
+ кМ) (к = 0, 1, 2, ...) встречаются числа, отличные от ±М,
то тем самым будет доказано, что не все они являются прос-
простыми. Но многочлен Р(х) n-й степени принимает любое значе-
значение А, самое большее для п различных значений х (ибо иначе
уравнение n-й степени Р(х) — А = 0 имело бы больше п кор-
корней). Таким образом, среди первых 2п + 1 значений P(N+kM)
(к = 0, 1, 2, ..., 2п) имеется по крайней мере одно, отличное
от +М и -М.
220. Заметим прежде всего, что каждый многочлен п-й
степени Р(х) можно представить в виде суммы многочленов
Р0(х) = 1, Pi(x) =х,
ж(ж-1) р , ^ _ ж(ж - 1)(х - 2)... (х - п + 1)
^2 W — - - , . . . , Гп\Х) — - - - ,
1-2 1•2•о... п
взятых с некоторыми коэффициентами:
Р(х) = ЬпРп(х) + 6n_iPn_i(:r) + ... + hP^x)
Для док^хеяьства этог» «метим, чт0 еси ^ равно стар-
п!
шему коэффициенту многочлена Р(ж), то Р(ж) и ЬпРп(х) име-
имеют одинаковые коэффициенты при хп; если, кроме того,
-—п~ равно старшему коэффициенту Р[х)—ЬпРп[х\ то Р(х)
(п- 1I
и ЬпРп(х)-\-bn-iPn-i(x) имеют одинаковые коэффициенты при
хп и хп~1; если, кроме того, -—п равно старшему коэффи-
коэффициенту многочлена Р(х) — ЬпРп(х) — 6n_iPn_i(x), то Р(х) и
344 РЕШЕНИЯ
ЬпРп(х) + bn-iPn-i(x) + bn-2Pn-2(x) имеют одинаковые коэф-
коэффициенты при жп, хп~1 и хп~2 и т. д.; таким образом, можно
определить 6П, Ьп-1? • • ••> ^ъ fro так, чтобы многочлены Р(ж) и
ЪпРп(х) + 6n_iPn_i(x) + ... + 61 Р\(х) + боРо(^) полностью сов-
совпадали.
Пусть теперь многочлен n-й степени Р(х) таков, что Р@),
РA), ..., Р(п) — целые числа. Как и всякий многочлен, его
можно представить в виде
Р(х) = ЬоРо(х) + hPxix) + Ь2Р2(х) + ... + ЬпРп(х).
Заметим, что
= Р2A) = Р3A) = ... = РпA) = Р3B) = ... = РпB)
... = Pn_i(n - 2) = Рп(п - 2) = Рп(п - 1) = О,
Ро(О) = Р!A) = Р2B) = ... = Рп_1(п-1)= Рп(п) = 1.
Поэтому
Р@) = ЬоЛ)(О), откуда 60 = Р@);
РA) = ЬоЛ)A) + 6iPi(l), откуда б! = РA) - ЬоЛ)A);
РB) = ЬоРоB) + 6iPiB) + 62Р2B),
откуда
62 = РB)-60Р0B)-Ь1Р1B);
Р(п) = Ь0Р0(п)
откуда
Таким образом, все коэффициенты Ьо? &15 ^2^ •••, ^п явля-
являются целыми числами.
221. а) Из решения задачи 220 следует, что подобный мно-
многочлен можно представить в виде суммы многочленов Pq(x),
Pi (ж), ..., Рп(х) с целыми коэффициентами. Отсюда и из
того, что многочлены Ро(ж), Pi (ж), ..., Рп(х) принимают це-
целые значения при каждом целом х (см. задачу 49, а)), сле-
следует утверждение задачи.
РЕШЕНИЯ 345
б) Если многочлен
Р(х) = апхп + an-ixn~l + ап-2Хп~2 Н \- а\х + а0
принимает целые значения при х = к, А; + 1, А; + 2,
..., к + п, то многочлен Q(x) = Р(х + к) = ап(х + к)п +
+ ап-\(х + к)п~1 +.. . + ai(x + A;)+ao принимает целые значения
при ж = 0, 1, 2, 3, ..., п. В силу задачи а) отсюда следует, что
Q(x) принимает целые значения при всех целых х. А отсюда
мы заключаем, что и многочлен Р(х) = Q(x — к) принимает
целые значения при всех целых х.
в) Пусть многочлен Р(х) = апхп + ап-\хп~1 +... + а\х + uq
принимает целые значения при ж = 0, 1,4,9, ...,п2. Тогда
многочлен
Q{x) = Р(х2) = ап(х2)п + ап-^х2)"-1 + + cnix2) + a0
степени 2п принимает целые значения при 2п + 1 последо-
последовательных значениях х = —п, — (п — 1), — (п — 2), ..., — 1, О,
1, ...,п— 1, п. В самом деле, очевидно,
0@) = Р@), 0A) = 0(-1) = РA), 0B) = 0(-2) = РD),
0C) = 0(-з) = Р(9), ..., ОЫ = 0(-п) = Р(п2),
а все эти числа по условию являются целыми. Следовательно, в
силу задачи б) многочлен Q(x) принимает целые значения при
каждом целом значении х. А это и означает, что Р(к2) = Q(k)
при любом целом к есть число целое.
Примером может служить многочлен Р(х) = , для
которого
^/ ч —/ 9ч X IX ±J X IX ±JIX-|-±J
v y 12 12
_ (ж + 2)(ж + 1)ж(ж-1) (ж + 1)ж(ж-1)
1-2-3-4 1-2-3 '
222. а) Используя формулу Муавра и формулу бинома Нью-
346 РЕШЕНИЯ
тона, будем иметь
cos 5а + г sin 5а = (cos а + г sin а)ъ =
= cos5 a + 5 cos4 ai sin a + 10 cos3 a(i sin aJ +
+ 10 cos2 a(i sin aK + 5 cos a(i sin аL + (г sin aM =
= (cos5 a — 10 cos3 a sin2 a + 5 cos a sin4 a) +
+ г E cos4 a sin a — 10 cos2 a sin3 a + sin5 a).
Приравнивал действительные и мнимые части слева и справа,
получаем требуемые формулы.
б) Аналогично решению задачи а) имеем
cos па + г sin па = (cos a -\- i sin a)n =
= cosn a + C^ cos™ m sin а + С2 cosn~2 а(г sin aJ +
+ С3 cos71 a(i sin аK + С4 cos71 a(i sin аL + ... =
= (cosn a - С2 cos71 a sin2 а + С4 cos™ a sin4 а -...) +
+ i(Cn cos71 a sin а - С3 cosn a sin3 а + ...).
Отсюда и вытекают нужные формулы.
223. Согласно формулам задачи 222, б) имеем
sin 6а
cos 6a
6 cos5 a sin a — 20 cos3 a sin3 a + 6 cos a sin5 a
cos6 a — 15 cos4 a sin2 a + 15 cos2 a sin4 a — sin6 a
Разделив числитель и знаменатель последней дроби на cos6 о
получаем искомую формулу:
tg6a =
1 - 15 tg2 а + 15 tg4 a - tgb a
224. Уравнение ж Н— = 2 cos а перепишем в виде
х
х + 1 = 2ж cos а или ж — 2х cos а + 1 = 0.
Значит,
ж = cos a ± v cos2 a — 1 = cos a ± г sin a.
РЕШЕНИЯ 347
Отсюда вытекает, что
хп = cos па ± г sin na,
1 1
— = ; = cos па =F г sin па.
хп cos па =Ь г sin па
После сложения получим
хп = — = 2 cos па.
хп
225. Рассмотрим сумму
[cos if + г sin <р] + [cos (<р + а) + г sin (tp + а)] +
+ [cos ((p + 2а) + г sin (<р + 2а)] + ...
... + [cos ((р + па) + г sin (<р + па)].
Наша задача сводится к вычислению коэффициентов при
мнимой и действительной частях этой суммы. Обозначая
cos if + г sin if через а и cos а + г sin а через х и применяя фор-
формулу для приведения комплексных чисел и формулу Муавра,
найдем, что рассматриваемая сумма равна
2 _ axn+1 — a
а + ах + ах + ... + ах =
= (cos if + г sin <p)
= (cos if + г sin <p) -
ж-1
cos (n + 1)а + г sin (n + 1)а — 1
cos a + г sin a — 1
cos (n + 1)а — 1) + г sin (n + 1)а]
[(cos a — 1) + isina]
= (cos if + г sin if) x
—2 sin2 a + 2i sin a cos a
x . 9 a ; a a =
—2 sin h 2г sin — cos —
z л л
= (cos <p + г sin y?) x
o. . (n +1) r n + 1 ..n + li
2г sin a cos a + г sin a
. . Z L Z Z J
. а Г а .ал
2г sin — cos —h г sin —
Z L Z Z J
348 РЕШЕНИЯ
. n + 1
sm a
^ (cos (p + i sin if) x
sin-
n + 1 . . n + 1
cos a +
n + 1 \ / a . . a\
2 „ + ,Bm^-aJ(coB--tsm-J
о а . о а
COS 2 + Sm 2
. n + 1
sm a
. ex.
sm-
[cos (y> + ^ a) + г sin ^ + ^ a)]
здесь снова используется формула умножения комплексных
а .а ( а\ . / а\\
чисел, а также то, что cos ——«sin— = cos ( —— 1 +«sin I — — 1 1.
A A V A / \ A J J
Отсюда сразу следуют требуемые формулы.
9 1 + cos 2ж
226. Воспользуемся тем, что cos ж = . Отсюда,
используя результат предыдущей задачи, получим
cos2 a + cos2 2а + ... + cos2 па =
= - [cos 2а + cos 4а + ... + cos 2na + п] =
А
1 |~sin(n + l)a cos па 1 n sin (n + l)acosna n —1
1 + =Ь ¦
2 | sina I 2 2sina 2
А так как sin2 х = 1 — cos2 ж, то
sin2 a + sin2 2a + ... + sin2 na =
sin(n + 1)а cos па п — 1 n+1 sin (n + l)a cos па
= n —
2 sin a 2 2 2 sin a
227. Требуется вычислить действительную часть и коэф-
коэффициент при мнимой части суммы
(cos а + г sin a) + С\ cos 2a + г sin 2a) + С2 (cos За + г sin За) + ...
... + (cos (n + 1)а + г sin (n + 1)а).
РЕШЕНИЯ 349
Обозначая cos a + г sin а через х и используя формулу Му-
авра и формулу бинома Ньютона, преобразуем эту сумму сле-
следующим образом:
т + С1т2 + С2т3 + 4- rn+1 — т(т 4- 1ЛП —
= (cos а + г sin а) (cos а + 1 + г sin а)п =
/ ч / 9 <^ ск . а\п
= (cos а + г sin а) ( 2 cos Ь 2г cos — sin — ) =
V Z Л Л /
„ „ а f . ч / п<^ . п<^\
= 2 cos — (cos а + г sin а) ( cos Ь г sin — ) =
а/ п + 2 п + 2\
= 2n cosn — I cos а + г sin а I.
2 \ 2 2 у
Отсюда следует, что
cos а + С^ cos 2а + С^ cos За + ... 4- cos (n + 1)а =
оП а п + 2
= 2 cos — cos —-—а,
sin а + С^ sin 2а + С^ sin За + ... + sin (n + 1)а =
а . п + 2
= 2 cos — sin а.
Z Z
228. Воспользуемся формулой
sin A sin В = - [cos (А — В) — cos (A + Б)].
Отсюда следует, что нашу сумму можно представить в виде
1 Г (т — п)тг 2(т — п)тг 3(т — п)тг
- cos — + cos — — + cos — — + ...
2 [ P P P
(p — l)(m — п)тг1 1 Г (m + п)тг
... + cos ^- ^ ^- - - cos ^ '— +
P \ 2 [ p
2(m + п)тг 3(т71 + п)тг (ю — l)(ra + п)тг1
+ cos -^ ^- + cos -^ '— + ... + cos — '—
p p p \
Но сумма
ктг 2ктг Зктг (p — 1)ктг
cos h cos h cos h ... + cos
p p p p
350 РЕШЕНИЯ
равна р — 1, если к делится на 2р (в этом случае каждое сла-
слагаемое суммы равно 1); в случае же, когда к не делится на 2]э,
эта сумма, в силу результата задачи 225, равна
рктг (р — 1)ктг / тг ктг\
sm —— cos -——-— cos [к— — — )
2р 2р ..,7т V 2 2р)
-, 1 = sm/c— • j 1 =
. /стг 2 . ктг
sm — sm —
2р 2р
О, если к нечетно,
— 1, если к четно.
Отметим еще, что оба числа m + п и m — п будут четны или
нечетны одновременно; в частности, если т + пжт — п делит-
делится на 2р, то и т + п и т — п — четные числа. Отсюда вытекает
равенство, требуемое условием задачи.
229. Рассмотрим уравнение ж2п+1 — 1 = 0, корни которого
2тг . 2тг 4тг 4тг
1, cos-——+zsin-——, cos-——+zsin:
2n + l 2n + V 2n + l 2n
Ann . . 4птг
cos h г sm ¦
2n + l 2n + l
Так как коэффициент при х2п в уравнении равен нулю, то
сумма всех этих корней равна нулю:
Г 2тг 4тг 4птг 1
1 + cos + cos + ... + cos +
[ 2n + l 2n + l 2n + lJ
[2тг . 4тг . 4птг 1
sm + sm + ... + sm = 0.
2n + l 2n + l 2n + lJ
Следовательно, выражение в каждой скобке равно нулю, т. е.,
в частности,
2тг 4тг 4птг
cos -—— + cos -—— + ... + cos -—— = -1.
2п + 1 2п + 1 2п + 1
Но
2тг 4птг 4тг Dп — 2)тг
cos = cos , cos = cos
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1
РЕШЕНИЯ 351
и т. д.; значит,
т. e.
2тг 4тг 4птг
2 cos + cos + ... + cos = — 1,
1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 '
2тг 4тг 2птг
cos h cos h ... + cos
2 + l 2 + l
h cosh ... + cos.
2n + l 2n + l 2n + l 2
Примечание. Можно также решать эту задачу, исходя из
формул задачи 225.
230. а) В силу результата задачи 222, б) имеем
sinBn + 1)а = С1п+1{1 — sin2a)nsina—
- Cfn+it1 - sin2 aT~l sin3 <* + ••• + (-l)n sin2n+1 a.
Отсюда вытекает, что числа
7Г 2ТГ П7Г
2n + 1 2n + 1 2n •
7Г \ 7Г / 27Г
sm I --—— = - sm -——-, sm --
I OJ.XX , О±±± I
2п + 1 у 2п + 1 V 2п +
2ТГ / П7Г \ П7Г
= -sm-——-, ..., sin --——- =-sm-
2n + l
являются корнями следующего уравнения Bп + 1)-й степени:
Cl+1(l - х2)пх - С7|п+1A - ж2)"-1*3 + ... + (-1) Vn+1 = 0.
Следовательно, числа
sm -——-, sm -——-, ..., sm
2n
являются корнями такого уравнения n-й степени:
б) Заменим в формуле задачи 222, б) п на 2п +1 и запишем
ее в следующем виде:
sin Bn + 1)а = sin2n+1 а(С21п+1 ctg2n а - C|n+1 ctg2n а +
352 РЕШЕНИЯ
„ тг 2тг Зтг
Отсюда следует, что при а = ,
+ Г 2гс + Г 2п
ПТГ
имеет место равенство
"""' 2п
^1 н-а2п ^3 , 2п-2 , ^5 , 2п-4 _ п
°2n+l ctS a ~~ °2n+l ctS а + °2n+l ctS « — ... — U,
9 7Г 9 2тГ 9 П7Г
т. е. что числа ctgz , ctgz , ..., ctgz явля-
zn + 1 zn + 1 zn + 1
ются корнями следующего уравнения n-й степени:
^-yI n ^-y3 ^n-1 i ^-y5 ^n-2 _ rj
231. а) Сумма корней уравнения n-й степени
° п-\ , °2п+1 п-2 _ _ п
-г х х ... — и
(см. решение задачи 230, б)) равна коэффициенту при хп~1,
взятому с обратным знаком (см. с. 51), т. е.
9 тг о 2тг 9 Зтг
ctg 2^TT + Ctg 2^TT + Ctg ^T
CL+i
б) Так как cosec2 a = ctg2 a + 1, то из формулы задачи а)
следует
9 ТГ 9 2ТГ 9 ЗТГ
cosec + cosec h cosec h ...
2n + 1 2n + 1 2n + 1
9 птг nBn — 1) 2n(n + 1)
... + cosec2 —-—- = -^- '- + n = —±- '-.
2n + 1 3 3
232. а) Первое решение. Числа
. 9 ТГ . 9 2ТГ . 9 ^7Г
sin -, sir- -, ..., smz
2n + l
являются корнями уравнения n-й степени, полученного в реше-
решении задачи 230, а). Коэффициент при старшем члене хп этого
уравнения равен (—l)n[C2n+i+C|n+i+.. -+^2^+1+4- Но сумма
в квадратных скобках составляет половину от общей суммы
РЕШЕНИЯ 353
биноминальных коэффициентов 1+С^2П+1+С|п+1 + .. -+
+ 1, равной, как известно, A + lJn+1 = 22n+1; следовательно,
коэффициент при хп в нашем уравнении равен (—1)п22п. Да-
Далее, свободный член этого уравнения есть С<2,п+\ = 2n + 1. Но
произведение корней уравнения n-й степени равно свободному
члену приведенного уравнения (уравнения с коэффициентом
при старшем члене, равным единице), умноженному на (—1)п,
т. е. равно свободному члену, умноженному на (—1)п и делен-
деленному на коэффициент при старшем члене. Отсюда имеем
/ л\п • 2 П . 2 27Г . 2 П7Г 2п + 1
(-l)n sir sir ... sir = (-l)n —^—
v J 2n + 1 2n +1 2n + 1 v J 22n
и, следовательно,
7Г 2ТГ П7Г
sin sin ... sin
¦ 2n + 1 2n + 1 2n + 1
Аналогично можно доказать, что
тг . 2тг . (п — 1)тг
sm — sm — ... sin = т.
2n 2n 2n 2П-Х
Второе решение. Корни уравнения х2п — 1 = 0 равны
тг . тг 2тг . 2тг
1, —1, cos—|-fcsin—, cos h^sm—,
nun n
Зтг . Зтг Bn - 1)тг . Bn - 1)тг
cos V % sm —, ..., cos h г sm .
n n n n
Поэтому имеем
xZn - 1 = (x - 1) (x + 1) [ x - cos г sin - x
\ n ny
2тг 2тг\ / (п-1)тг
x | ж — cos г sin — ... { x — cos —
n n J \ n
(n-lWW (п + 1)тт (п + 1)тг\
— г sin ж — cos г sin x ...
n J \ n n J
Bп-1)тт . Bп-1)тт
— cos г sin
n n
23 Д.О. Шклярский и др.
354 РЕШЕНИЯ
Bn — к)тг ктг . Bп — к)тг . ктг
Но cos = cos —, sm = — sm —; отсюда сле-
п п п п
дует, что
IX 7г\
х — cos г sm — х
п п)
( Bп-1)тг Bгс-1)тг\ 2 тг
х [ х — cos г sm = ж — 2х cos —hi,
\ п п ) п
2тг . . 2тг\
х — cos г sm — х
п п )
( Bп-2)тг Bп-2)тг\ 2 2тг
х [ х — cos г sm = ж — 2х cos h I,
V n n n
(п-1)тг (п-1)тг\
— cos г sin — х
п п )
( (П+1OГ . . (П+1OГ\ 2 о (П-1OГ
х ж — cos г sm — = х —2хcos h 1.
\ п п ) п
Поэтому разложение многочлена х2п — 1 на множители
можно переписать так:
Х2П - 1 = (Х2 - 1) (х2 - 2ЖСО8 - + А X
(о 2ir \ /, (п - 1)тг \
х \х1 - 2х cos Ь 1 ... ж2 - 2х cos ^— + 1 .
V п ) \ п )
Отсюда
х2п -
= ж2п + ж2" + ... + х2 + 1 =
тг \ / 9 2тг\
- 2ж cos - + 1 xz - 2ж cos hi x • • •
п J \ п )
( 2 (П-1OГ \
... х ж2 - 2х cos — + 1 .
V п )
РЕШЕНИЯ 355
Положив здесь х = 1 и воспользовавшись тем, что 2 —
— 2 cos а = 4 sin2 —, получим
„„-1 .9 71" • 2 2ТГ . о (п — 1)ТГ
n = 4 sm —sm —... sm ,
2n 2n 2n
откуда вытекает, что
тг 2тг (п — 1)тг у/п
sm -— sm -— ... sm ¦
sm ... sm
2n 2n 2n
Аналогично можно доказать, что
7Г . 2ТГ . П7Г
sm sm ... sm ¦
2n + l 2n + l 2n
б) Требуемый результат может быть получен совершенно
аналогично первому или второму решению задачи а); однако
мы здесь не будем повторять этих решений, а сразу выведем
нужные формулы из формул задачи а).
Так как
тг . 2птг . Зтг . Bп - 2)тг
2п + 1 2п + 1' 2п + 1 2п + 1 '
5тг . Bп - 4)тг
sm=sin
smsin,
2n + 1 2n + 1
то
2тг . 4тг . бтг . 2птг
sm sm sm ... sm ¦
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1
тг . 2тг . Зтг . птг
= sm sm sm ... sm ¦
" 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1
см. задачу а)). Разделив эту формулу почленно на
тг 2тг птг у/2п + 1
sm sm ... sm =
2п + 1 2п + 1 2п + 1 2п
и воспользовавшись тем, что
2тг тг тг
sm = 2 sm cos
' 2n + 1 2n + 1 2n + 1'
23*
356
РЕШЕНИЯ
4тг 2тг 2тг
sm = 2 sm cos
2n + l
получаем
cos
2n
2n + l'
2П7Г . П7Г П7Г
sm = 2 sm cos ¦
2n
" 2n + 1 2rc + 1'
2тг Зтг птг
cos cos ... cos
2n + 1 2n + 1 2n
Аналогично имеем
2n
1
2^'
тг 2тг (п-1)тг\/ тг 2тг (п-1)тг
cos — cos — ... cos sm — sm — ... sm
2n 2n 2n )\ 2n 2n 2n
1 . тг . 2тг . (n — 1)тг
= ——г sm — sm — ... sm .
2n v n n n
. тг . (n — 1)тг . 2тг . (n — 2)тг . тг
Ho sm — = sm , sm — = sm , ..., sm — = 1;
n n n n n
поэтому:
при п = 2k + 1 нечетном
. тг . 2тг . (n — 1)тг
sm — sm —... sm =
n n n
тг . 2тг ктг
= I sm — sm — -... sm
2k + l 2k + l'
при n = 2k четном
. тг . 2тг . (п — 1)тг
sm — sm —... sm
n n n
2k+ 1
2к
п
. тг . 2тг . (к - 1)тг
Mn8m8m
(см. задачу а)). Отсюда получаем
тг 2тг (п — 1)тг 1
cos -—cos -— ... cos — = -—
2n 2n 2n 2n~
П
2к~1
n
2?г—1
2n
Примечание. Разделив формулы задач 232 а) и б) одну на
другую, получим:
7Г 2?Г П7Г ,
2п + 1 2п + 1 2п + 1
тг
= 1.
РЕШЕНИЯ
357
Впрочем, второе из этих равенств совершенно очевидно, так как
ктг (п — к)тг ктг ктг тг
tg=tgrtg = l* 12lt
^^^2^ 4
1. Из этого равенства и второй формулы задачи 232а) можно было
тг 2тг (п — 1)тг \/п
просто вывести формулу cos — cos — ... cos = .
Р ^ Р У У 2п 2п 2п 2п~1
Можно также получить эти формулы аналогично первому реше-
решению задачи 232 а).
233. Покажем, что для
любого положительного угла,
ТГ
меньшего —,
sin a < а < tga.
Имеем (рис. 22)
Saaob = -sin a,
Saaoc = -tga
(радиус круга принимаем
равным единице, углы изме- Рис. 22
ряются в радианах). Но так как Saaob < *5сектАОБ < Saaoc,
то sin а < а < tga. Из того, что sin а < а < tga, следует,
что ctga < — < cosec<x Поэтому из формул задач 231, а) и б)
вытекает а
пBп-1)
7Г
2п
2п
тг
ctg2
2тг
2п
2п
2тг
< msec
+ msec
7Г
Зтг
2п
2п
2п
Зтг
Зтг
+ msec
2
+ .
+ .
2тг
2п-
2
2п
+ ... + msec
1
птг
2п
птг
2п
2п
птг
2п(п
358
РЕШЕНИЯ
Bп
Разделив все члены последнего двойного неравенства на
2
2 , будем иметь
2п 2п - 1 тг2
2п + :
Л
I1
что и
L 2п +
1
2пЛ
2п
" 2п +
¦1 6
-Л
2п
1 2п
требовалось
1
+
+
2
1
2
2п + 1
2
7Г
6
доказать.
тг2 1 1
2п
2п
7Г
У'
Рис. 23 Рис. 24
234. а) Предположим, что точка М взята на дуге А\Ап
окружности (рис. 23). Обозначим дугу МА\ через а\ в та-
таком случае дуги МА2, МА^^ ..., МАп соответственно равны
2тг 4тг 2(п - 1)тг тт
Н\. Но длина хорды АВ окруж-
, «Н , ..., а-\
п п
п
АВ
АВ
ности радиуса R равна 2i?sin (это можно легко усмот-
реть из равнобедренного треугольника АОВ^ где О — центр
окружности). Отсюда видно, что интересующая нас сумма
равна
ARZ | sin2 ^ + sin2
2+п)
^2
а
2тг
+ sin" - + —
••• + Sm B
а (п — 1)тг
п
РЕШЕНИЯ 359
Вычислим теперь выражение в квадратных скобках. Поль-
1сь известной форд/
это выражение равно
о .9 1 ~ cos 2ж
зуясь известной формулой sm х = , получим, что
п п \ ( 2тг\ / 4тг\
Ь = cos a + cos [а -\ + cos [а -\ + ...
2 [ V п) V п)
2(п-1)тг
... + cos ( а +
п
Но по формуле задачи 225 имеем
2тг\ / 2(п-1)тг
cos a + cos I а -\ + ... + cos [a +
п ) \ п
( (п — 1)тг
sm тг cos а -\
0
sin —
п
следовательно, S = —. Отсюда и следует утверждение задачи.
Примечание. При п = 2т четном (рис. 24) утверждение за-
задачи является очевидным, так как в силу теоремы Пифагора
МА\ + МА2т+1 = МА\ + МА2т+2 = ... = МА2т + МА\т = 2R2.
б) Пусть AiBi, A2S2, ..., АпВп — перпендикуляры, опу-
опущенные из точек Ai, A2, ..., Ап на прямую ОМ (рис. 25, а).
В таком случае по известной теореме имеем
МА\ = МО2 + ОА\ - 2МО • ОВк = I2 + R2 - 21 • ОВк
(к = 1, 2, ..., п), где отрезки ОВк берутся со знаками плюс
или минус в зависимости от того, расположена точка Вк на
луче ОМ или вне его. Следовательно,
МА\ + МА\ + ... + МА2п =
= п{12 + R2) - 21{ОВ1 + ОВ2 + ... + ОВп).
Но если ZMOAi = а, то
iOM = Rcosa, 0B2 = Rcos (a+—Y
0В3 = i?cos (a+ — ), OS = i?cos(a+ ^П ~ ^
п / V п
360
РЕШЕНИЯ
А так как в решении задачи а) было показано, что
2(п-1)тг
то ОВ\
задачи.
( Л (
cos a + cos [а -\ + ... + cos а -\
V п ) V
п
= 0,
- • . + ОВп = 0; отсюда и вытекает утверждение
Рис. 25
Примечание. При п = 2т четном (рис. 25, б)) утверждение
задачи доказывается геометрически; в этом случае ОВ\ + ОВш+\ —
= ов2 + овш+2 = ... = овт +
+ ов2т = о.
в) Пусть Mi — проекция
точки М на плоскость п-уголь-
ника (рис. 26). В таком случае
имеем МА\ = Мх А2 + ММ2 (к =
= 1, 2, ..., п) и, следовательно,
МА2п =
МА\ + МА\
Ап~1 Но МХА\ + МХА\ + ... + МхА2п =
Рис- 26 =n(R2 + OM2) (см. задачу б))
и /2 = ОМ2 = OM2 + MiM2. Отсюда и вытекает утверждение
РЕШЕНИЯ 361
задачи.
235. а) Утверждение задачи сразу следует из теоремы за-
задачи 234, а), если учесть, что при п четном четные (и нечет-
нечетные) вершины n-угольника сами служат вершинами вписан-
п
ных в окружность правильных —угольников.
б) Пусть п = 2га + 1. Из решения задачи 234, а) выводим,
что достаточно доказать равенство между собой следующих
сумм:
„ . a .fa 2тг \ .fa 4тг \
Si = sin - + sin - + + sin - + + ...
2 \2 2ra + 1 / V2 2ra + 1 /
2гатг
... + sin I - +
2m + 1
2га+ 1
Но согласно задаче 225 имеем
. (га + 1)тг . (а ттг
sm sm h
2га + 1 V 2
sin-
2га+ 1
гатг fa тг (га — 1)тг
sin — sin - +
2га+ 1 \2 2га+ 1 2га + 1
sin
2га+ 1
что и доказывает теорему.
236. а) В силу задачи 234, а) сумма квадратов расстояний
от точки окружности, описанной около правильного п-уголь-
ника, до всех его вершин равна 2nR . Предполагая, что М
совпадает с А\, получаем, что сумма всех сторон и диагона-
диагоналей n-угольника, выходящих из одной вершины, равна 2nR2.
Если умножить эту сумму на п (число вершин n-угольника),
то мы получим удвоенную сумму всех сторон и диагоналей
362 РЕШЕНИЯ
n-угольника (так как каждая сторона или диагональ имеет
два конца, то она будет фигурировать в такой сумме дважды).
71
Отсюда искомая сумма равна — • 2nR2 = n2R2.
б) Сумма всех сторон и диагоналей правильного много-
многоугольника, выходящих из одной вершины А\, равна
^^ Г . тг . 2тг . (п — 1)тг
2 Д sin - + sin h ... + sin —
\_ n n n
7Г (n — l)?r
sin — sin
= 2R 2 j^ = 2R ctg —
sin — 2n
2n
(ср. задачу 235, б)). Умножая эту сумму на п и деля пополам,
7Г
получаем требуемый результат: Дп ctg—.
в) Произведение всех сторон и всех диагоналей п-угольника,
выходящих из одной вершины, очевидно, равно
,П-1 D71-1 „• П „• ^^ „• (П ~~ -1"/71" _ o^-l D^-l П
2» Л» sin ^ sin ^ ... sin ^-^ = 2» Л
п п п 2п 1
(см. задачу 232, а)). Возводя это произведение в п-ю степень
и извлекая затем квадратный корень, получаем требуемый
результат.
237. Вычислим сумму 50-х степеней всех сторон и всех диа-
диагоналей 100-угольника, выходящих из одной вершины А\. За-
Задача сводится к нахождению суммы
(ср. с решением задачи 234, а)). Таким образом, нам надо
суммировать 50-е степени синусов некоторых углов. Но
50 „ ( (COS а + * 8т а) ~ (COS a ~ i 8т а) Х
sin a =
2г
1x50
--J г / 1Х50
_250 250
X
РЕШЕНИЯ 363
где обозначено cosa + isma = x; в таком случае cos a —
—г sin а = —. Следовательно,
х
1 f 60 Г1 ^49 ! , Г2 48 *
26 1 Г25 25 ! , Г26 24 1
^24~°50ж ^25+°50ж ^26 ~ ' ''
+ ^^ С +
= - — B cos 50a - 2С50 cos 48a + 2С|0 cos 46а - ...
здесь использовано то, что хк -\ -j- = (cosfca + isinfca) +
+ (cos ka — г sin A;a) = 2 cos A;a .
Итак, сумма S может быть переписана следующим обра-
образом:
- 2С|0 (cos 48^ + cos 48^ + ... + cos 48^) +
+ 2С|0 (cos 46^ + cos46^ + ¦ ¦ ¦ + cos 46^) -
27Г ~™ '-99Ст =
p • • • т «» .
= -R50 [2si - 2C^s2 + 2Cl0s3 -... + 2СЦз2Ь - 99C5205] ,
где через si, 52, ..., ^25 обозначены суммы, стоящие в круглых
364 РЕШЕНИЯ
скобках. Но из формулы задачи 225 сразу следует, что s\
= 52 = ... = «S25 = — 1- Следовательно, имеем
S = Л50B - 2^ + 2С|0 - ... + 2С|04 + 99С5205) =
— r?50/i /ol ,р2 ^3 | 1/^24 ^25 | ^26
— /X Ц — L/50 -h L/50 — L/50 -h . . . -h L/50 — L/50 -h L/50 — ...
= Л50[A - IM0 + 100C5205] = 100С|05Л50.
Отсюда сразу получаем, что сумма 50-х степеней всех сто-
сторон и всех диагоналей 100-угольника равна
100S ™nnr25R50 5000 ¦ 50! 50
— = 5000С50Д = B5,J R ¦
238. Воспользуемся тем, что в треугольнике с целочислен-
Ь2 + с2-а2
ными сторонами 2 cos Л = всегда есть число ра-
рабе
777/
циональное. Предположим, что А = — • 180°, где m и п —
п
целые числа. Тогда cosnA = cos 180°m = (—l)m.
Докажем теперь, что 2cosnA при любом целом п можно
представить в виде многочлена степени п относительно 2 cos A
с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом, рав-
равным единице:
2cosnA= BcosA)n + ai() 2() ,
где ai, U2-) ... — целые числа. Это утверждение можно вы-
вывести из первой формулы задачи 222, б) или доказать методом
математической индукции. Действительно, при п = 1 и п = 2
оно верно, так как
2 cos A = 2 cos A, 2 cos 2A = B cos AJ - 2.
Но в силу известной формулы
cos (n + 2) А + cos nA = 2 cos A cos (n + 1) А,
так что
cos (n + 2) А = 2 cos A cos (n + 1) А — cos nA,
откуда сразу следует, что если наше утверждение верно для
значений п и п + 1, то оно верно также и для значения п + 2.
РЕШЕНИЯ 365
Так как для п = 1 и п = 2 это утверждение справедливо, то
отсюда следует, что оно верно для всех значений п.
Подставляя в полученную формулу 2 cos А = х и cos пА =
_ (_]^т^ мы получим следующее уравнение относительно не-
неизвестного х:
хп + аххп-2 + а2хп-4 + ... - 2(-1)п = 0.
Таким образом, х есть рациональный корень (ибо в нашем
случае х = 2 cos А рационально) уравнения с целыми коэффи-
коэффициентами и коэффициентами при старшем члене, равным еди-
единице. Но все рациональные корни такого уравнения являются
целыми числами (см. задачу 218); следовательно, х = 2 cos A
должно быть целым числом. Так как — 1 ^ cos A ^ 1, то оста-
остаются только возможности cos А = 0, =Ь-, ±1, т. е. А может
Zl
быть равен 60°, 90° и 120° (из всех углов, больших нуля и мень-
меньших тг = 180°, только для этих углов 2 cos А является
целым).
То, что углы в 60°, 90° и 120° действительно могут встречаться
в треугольниках с целочисленными сторонами, можно показать на
простых примерах. Известно, что треугольник со сторонами C,4, 5)
будет прямоугольным, т. е. будет иметь угол, равный 90°. В тре-
треугольнике со сторонами A, 1, 1) все углы будут, очевидно, рав-
равны 60°. Наконец, можно проверить (например, при помощи те-
теоремы косинусов), что треугольник со сторонами C, 8, 7) будет
иметь угол, равный 60° (таким будет угол, заключенный между сто-
сторонами, равными 3 и 8), а треугольник со сторонами C, 5, 7) будет
иметь тупой угол, равный 120° (см. также выше задачу 128).
239. а) Предположим, что отношение в = arccos - к 180°
Р
тп
есть число рациональное, т. е. что в = — • 180°, где m и
п
п — целые числа, которые, конечно, можно считать взаимно
простыми. Воспользуемся второй формулой задачи 222, б)
sin пв = С\ cos™ в sin в - Съп cosn в sin3 в +
^55
В нашем случае cos в = -, sin в = л/1 — cos2 в = — и
р р
smn6 = sinl80°m = 0. Подставляя эти значения в последнее
366 РЕШЕНИЯ
равенство, будем иметь
п(п- 1)(п-2)
рп { 3! ^ '
+ n(n-l)(n-2)(n-3)(n-4)(p2_1J____
Так как р ф 1, то ^ 0 и? следовательно, должна рав-
рП
няться нулю сама сумма, стоящая в фигурных скобках. По-
Поскольку все члены этой суммы, кроме первого, — целые чет-
четные числа (р2 — 1 четно, ибо р нечетно), то и первый член
должен быть четным. Итак, п есть число четное п = 2к и,
следовательно, т — число нечетное.
пв т
Из нечетности т следует, что cos кв = cos — = cos —тг =
А А
= 0. Воспользуемся теперь первой формулой задачи 222, б):
cos кв = cos^ 6-Cl cos^2 в sin2 в + С\ cos^4 в sin4 в-...
Подставляя сюда cos в = -, sin в = , cos кв = 0, бу-
р р
дем иметь
0 = !-{!-С1(р2-l) + Ct(P2-lJ -...}.
Но здесь все слагаемые в скобках, кроме первого, явля-
являются целыми числами, а первое слагаемое равно единице, т. е.
является нечетным числом. Следовательно, полученное равен-
равенство невозможно. Полученное противоречие доказывает, что
отношение в = arccos — к 180° не может быть рациональным
р
числом.
б) Предположим, что в = arctg - содержит рациональное
777/
число градусов, т. е. что в представимо в виде в = —180°,
77
где 777 и 77 — целые числа. Будем считать, что р и q взаимно
просты; это, конечно, законно, так как нас интересует лишь
р
отношение —.
РЕШЕНИЯ 367
Воспользуемся формулами
(cos в + г sin в)п = cos пв + г sin п#,
(cos в — г sin в)п = cos пв — г sin n0.
777
Так как у нас б = —180°, то sinn# = sinl80°m = 0 и,
77/
следовательно,
(cos в + г sin 6>)n = (cos 6> - г sin в)п.
Разделив обе части этого равенства на cosn в (cos в ф 0,
sin б р
ибо tgc/ = = -, где д т^ 0), получим
т. е.
или, после умножения на qn,
Покажем теперь, что это равенство невозможно при р и
(/ целых, взаимно простых, р ф 0, g 7^ 0^ и Р и ^^ не равных
одновременно =Ы. С этой целью перепишем его в виде
= (q- ip)n + Cln{q - ipf-Hip + C2n{q - ф
Отбрасывая здесь член (g — ф)п слева и справа, сокращая на
2гр и перенося Bф)п-1 в левую часть, получим
- BФГ = (q- ip){Ck(q ~ ip)n~2 + C2n(q - ip)n~32ip +...
С обеих сторон этого равенства стоит по комплексному чи-
числу. Приравнивая модули этих комплексных чисел и восполь-
воспользовавшись тем, что модуль произведения равен произведению
модулей сомножителей, мы найдем, что
368 РЕШЕНИЯ
где В есть модуль выражения, стоящего в фигурных скобках
в правой части предшествующего равенства. В равно сумме
квадратов вещественной и мнимой частей числа
Cln{q - ip)n~2 + C2n{q- ip)n-32ip + ... + C^-1Bip)n-2
и, следовательно, является целым числом. Итак, мы видим,
что BрJп~2 делится на р2 + q2. Но так как р и q взаимно
просты, то р2 -\-q2 не имеет общих множителей с р и д, значит,
на p2-\-q2 должно делиться 22п~2. Числа р и q или оба нечетны,
или же одно из них четно, а второе нечетно; если р и q раз-
разной четности, то р2 + q2 будет нечетным, а если р = 2т + 1 и
q = 2s + 1 (оба нечетны), то р2 + q2 = 2Br2 + 2r + 2s2 + 2s + 1)
будет четным, но будет содержать нечетный множитель
2(г2 + г + s2 + s) + 1. Этот нечетный множитель обращается
в единицу лишь при ]э = =Ы, д = =Ы; следовательно, во всех
остальных случаях 22п~2 не может делиться на р2 + q2, т. е.
р
в = arctg - не может содержать рационального числа граду-
q
сов.
240. Первое решение. Пусть а не делится на р. В таком
случае числа а, 2а, За, ..., (р—1)а тоже не будут делиться нар
и все будут давать при делении на р разные остатки: действи-
действительно, если бы ка и la (р—1 ^ к > I) давали бы при делении на
р одинаковые остатки, то разность ка — la = (к — 1)а делилась
бы на р, что невозможно, так как р простое, а не делится на р
и к — I меньше р. Но все возможные остатки при делении на р
исчерпываются р — 1 числами 1, 2, 3, ..., р—1. Таким образом,
должно быть
а = q\p + ai, 2a = q2P + a2,
где ai, a2, ..., ap-\ — числа 1, 2, ..., p — 1, взятые в каком-то
порядке. Перемножая все эти равенства, получим
[1 • 2 ... (р - l)]ap~l = Np
Отсюда следует, что ap-1 — 1 делится на р, а значит, ж av —
делится на р.
РЕШЕНИЯ 369
Если а делится на р, то утверждение теоремы Ферма яв-
является очевидным.
Второе решение. Теорема является очевидной при а =
= 1, так как в этом случае ар — а = 1 — 1 = 0 делится на любое
число. Будем теперь доказывать ее методом математической
индукции, т. е. предположим, что нам уже известно, что ар — а
делится на р, и докажем, что в этом случае (а -\- 1)р — (а + 1)
делится на р.
По формуле бинома Ньютона
= оР +рар-1 + С2ар~2 + С;У + ...+ра + 1-а-1 =
= (ар -а)+ раР'1 + С2ар~2 + ... + Ср~2а2 + ра.
Но все биномиальные коэффициенты
к
р 1 • 2 • 3 ... к
делятся на простое число р, так как числитель выписанного
выражения содержит множитель р, а знаменатель не содержит
этого множителя. А так как, по предположению, и аР — а
делится на р, то (а + 1)р — (а + 1) делится на р.
Приведем еще один изящный вариант того же самого доказа-
доказательства. В силу того, что все биномиальные коэффициенты С%
делятся на р, разность
(А + В)р -Ар-Вр =
= pAv~xB + С$Ар-2В2 + ... + С*~2А2Вр-2 + рАВр~2,
где А, В — какие угодно целые числа, всегда делятся на р. После-
Последовательным применением этого результата получаем, что
(А + В + С)р - Ар - Вр - Ср =
= {[(А + В) + С]р -(А + В)р - Ср} + (А + В)р -Ар-Вр
всегда делится на р,
(А + В + С + D)p - Ар - Вр - Ср - Dp = {[(А + В + С) + D]p-
-(А + В + СУ -DP} + (A + B + С)р -Ар-Вр-Ср
24 Д.О. Шклярский и др.
370 РЕШЕНИЯ
всегда делится на р и вообще
(А + В + С + ... + К)р - Ар - Вр - Ср - ... - Кр
всегда делится на р.
Положив теперь в последнем соотношении А = В = С = ...
... = К = 1 и взяв число этих чисел равным а, мы придем к теореме
Ферма: ар — а делится на р.
241. Доказательство теоремы Эйлера совершенно анало-
аналогично первому доказательству теоремы Ферма; г чисел, мень-
меньших N и взаимно простых с 7V, мы обозначим через fci, &2,
&з, ..., kr. Рассмотрим г чисел к\а, А^а, • •., кга. Все они вза-
взаимно просты с N (ибо а взаимно просто с N по условию за-
задачи), и все они дают при делении на N различные остатки
(это доказывается в точности так же, как в решении зада-
задачи 240). Отсюда следует, что
к\а = q\N + ai, A^a = q2N + a2, ..., kra = qrN + ar,
где ai, c&2, ..., ar — это те же числа fci, А;2, ..., fcr, только рас-
расположенные в другом порядке. Перемножив все наши равен-
равенства, получим
к\к2 ... krar = NM + aia2 ... ar, k\k2 ... A;r(ar — 1) = 7VM,
откуда и следует, что число ar — 1 делится на N.
242. Доказательство проведем методом математической ин-
индукции. Прежде всего очевидно, что при п = 1 предложение
задачи справедливо: 21 — 1 = 1, 22 — 1 = 3и23 — 1 = 7 не
делятся на 5. Докажем еще это предложение для п = 2. Пусть
2 есть наименьшая степень числа 2, дающая при делении на
52 = 25 остаток 1 (т. е. такая, что 2^ — 1 делится на 25); пред-
предположим, что к < 52 — 5 = 25 — 5 = 20. Если 20 не делится
на /с, так что 20 = qk + г, где г < /с, то мы будем иметь
220 - 1 = 2qk+r - 1 = 2ГB^ - 1) + BГ - 1).
Но 220 — 1 делится на 25, в силу теоремы Эйлера, а 2дк — 1 =
= Bk)q — lq делится на 2к — 1, т. е., в силу нашего предпо-
предположения, тоже делится на 25; следовательно, и 2Г — 1 делится
на 25, что противоречит тому, что к есть наименьшее
число, для которого 2^ — 1 делится на 25. Итак, к должно
РЕШЕНИЯ 371
быть делителем числа 20, т. е. может равняться только 2, 4, 5
или 10. Но 22 - 1 = 3, 25 - 1 = 31 и 210 - 1 = 1023 не де-
делятся даже на 5, а 24 — 1 = 15 делится на 5, но не делится
на 25. Значит, действительно, и для п = 2 предложение за-
задачи справедливо.
Предположим теперь, что для какого-то п предложение за-
задачи справедливо, а для значения п + 1 оно неверно: наимень-
наименьшее /с, такое, что 2^ — 1 делится на 5n+1, меньше чем 5n+1— 5n =
= 4 • 5П. В точности как выше (для п = 2), доказывается, что
к должно являться делителем числа 4 • 5П. С другой стороны,
аналогично доказывается, что число Ъп — Ъп~1 = 4-5n-1 должно
являться делителем числа /с; если бы было к = q • 4 • Ъп~1 + г,
где г < 4-5п~1, то число 5Г — 1 делилось бы на 5П, что противо-
противоречит предположению о справедливости утверждения задачи
для числа п. Таким образом, для к остается единственное воз-
возможное значение, а именно: к = 4 • Ъп~1.
Так как число г5"-5" - 1 = 24'5П - 1 делится на Ъп~1
(в силу теоремы Эйлера) и не делится на 5П (иначе предложе-
предложение задачи не было бы справедливо для числа п), то 24'5?г =
= q • Ъп~1 + 1, где g не делится на 5. Воспользовавшись теперь
формулой
(а + bf = а5 + 5а46 + 10а3 Ь2 + 10а263 + 5а64 + б5,
получим
2^" - 1 = B4'5Гг-2M - 1 = (q • 5-1 + IM - 1 =
= 5П+V • 54п-6 + qA • 53п-4 + 2q3 • 52п~3 + 2д2 • 5П~2) + g • 5П,
откуда видно, что 24'5П — 1 не делится на 5n+1. Итак, дей-
действительно, из справедливости предположения задачи для ка-
какого-то п следует справедливость его и для п + 1.
243. По теореме Эйлера (см. задачу 241) число 25 ~5 — 1 =
= 24'59 - 1 = 27812500 - 1 делится на 510; следовательно, при
п ^ 10 разность 27812500+п - 2п = 2ПB7812500 - 1) делится
на 1010, т. е. последние 10 цифр чисел 27812500+п и 2п сов-
совпадают. Это означает, что последние 10 цифр чисел ряда
21, 22, 23, ..., 2П, ... повторяются через каждые 7812 500 чи-
чисел, причем эта периодичность начинается с десятого числа
этого ряда — числа 210.
24*
372 РЕШЕНИЯ
То, что период на самом деле не меньше, чем 7812 500,
следует из результата задачи 242.
Примечание. Аналогично доказывается, что последние п
цифр чисел рассматриваемого ряда повторяются через каждые
4 • Ъп~1 чисел, начиная с n-го числа этого ряда (так, например, по-
последние две цифры повторяются, начиная со второго числа через
каждые 20 чисел).
244. Докажем даже более общее предложение, а именно,
что каково бы ни было целое число 7V, всегда найдется такал
степень числа 2, последние N цифр которой все будут еди-
единицами и двойками. Так как 25 = 32 и 29 = 512, то при
N = 1 и N = 2 это утверждение справедливо. Далее дока-
доказательство мы проведем при помощи метода математической
индукции. Предположим, что последние N цифр числа 2п яв-
являются единицами и двойками, и докажем, что в таком слу-
случае найдется степень числа 2, последние N + 1 цифр которой
являются единицами и двойками. Согласно сделанному пред-
предположению 2п = 10Na + 6, где b есть TV-значное число, за-
записываемое с помощью двух цифр: 1 и 2. Обозначим число
§N _ 5N-1 _ 4 . 5N-1 буквой г; тогда согласно теореме Эйлера
(задача 241) разность 2Г — 1 будет делиться на 5^. Отсюда вы-
вытекает, что если целое число к делится на 2^+1, то разность
2гк — к = кBг — 1) будет делиться на 2 • 10^, т. е. N последних
цифр чисел 2гк и к будут совпадать, a (N + l)-e с конца цифры
этих чисел будут одинаковой четности.
Рассмотрим теперь следующие пять степеней числа 2:
= 2Г • 2п 2п^2г = 2Т • 2п^~т 2п^т = 2Т •
Согласно доказанному последние N цифр у всех этих чисел
совпадают между собой (т. е. все они оканчиваются тем же
числом 6, составленным из двоек и единиц, что и число 2П),
a (N + 1)-е с конца цифры у всех у них одновременно четны
или нечетны. Докажем теперь, что ни у каких двух из этих
пяти чисел (N + 1)-е с конца цифры не могут быть одинако-
одинаковыми. Действительно, разность любых двух из наших чисел
представима в виде 2П+Ш1ГBШ2Г - 1), где mi = 0, 1, 2 или 3, а
т2 = 1, 2, 3 или 4. Если бы эта разность делилась на 7V1
РЕШЕНИЯ 373
то число 2Ш2Г — 1 должно было бы делиться на 5^+1; но так
как
т2г = т2 ¦ EN - 5м-1) < 5 ¦ E" - 5^"х) = 5^+1 - 5",
то это противоречит результату задачи 242.
Итак, (N + 1)-е с конца цифры выписанных пяти чисел —
это или 1, 3, 5, 7 и 9 (в каком-то неизвестном нам порядке)
или же 0, 2, 4, 6 и 8. В обоих случаях хотя бы одного из этих
чисел (N + 1)-я с конца цифра равна 1 или 2. Значит, во всех
случаях существует степень числа 2, последние N +1 цифр ко-
которой все являются единицами и двойками; в силу принципа
математической индукции отсюда следует требуемое предло-
предложение.
245. Пусть а — какое-нибудь из чисел ряда 2, 3, . . ., р — 2.
Рассмотрим числа
а, 2а, ..., (р — 1)а.
Никакие два из этих чисел не могут давать одинаковых остат-
остатков при делении на р; следовательно, эти числа дают при де-
делении на р остатки 1, 2, ..., р — 1 и притом каждый из этих
остатков получается только один раз (сравните с решением
задачи 240). В частности, найдется такое целое число b из
ряда 1, 2, ...,р— 1, что Ьа при делении на р дает остаток 1.
При этом Ъ ^ \ жЪ ^ р — 1, ибо 2 ^ а ^ р — 2, следовательно,
при 6=1 число Ьа = а при делении на р дает остаток а ^ 1, а
при b = р — 1 число 6а = (р — 1)а = ра — а при делении на р дает
остаток р-о^ 1. Кроме того, b ^ а, так как если бы а2 при
делении нар давало остаток 1, то а2 —1 = (а+1)(а —1) делилось
бы на р, что возможно только при а=1~и.а=р— 1. Следо-
Следовательно, 2 ^ b ^ р — 2 и i / а, т. е. все числа 2, 3, ..., р — 2
распадаются на пары чисел, произведение которых при деле-
делении на р дает остаток 1.
р — 3
Произведение 2 • 3.. .(р — 2), содержащее таких пар
чисел, тоже дает при делении на р остаток 1. Число р — 1
при делении на р дает остаток — 1. Следовательно, (р — 1)! =
= 1 • 2 • 3.. .(р - 2)(р - 1) = [2 • 3.. .(р - 2)] • (р - 1) при делении
на р дает остаток —1, т. е. (р — 1)! = кр — 1; (р — 1)! + 1 = /ср.
Таким образом, (р — 1)! + 1 делится на р.
374 РЕШЕНИЯ
Если р — непростое, то оно имеет простой делитель q < р.
Тогда (р — 1)! делится на q; поэтому (р — 1)! + 1 не делится на
q и, значит, не может делиться также и на р.
246. Пусть р = 4п + 1 — простое число. В силу теоремы
Вильсона (задача 245) число
(р-1)! + 1 = 1-2-3... 4п + 1
делится на р. Заменим теперь в последнем выражении все
р-1
множители, большие = 2п, через разности числа р и
р-1
чисел, меньших —-—:
(р-1)!+ 1 = 1-2-3... 2п(р - 2п)(р - 2п + 1)... (р - 1) + 1 =
= A • 2 • 3 ... 2п) • [Ар + (-1Jп2пBп - 1)... 1] + 1 =
= Aip+(l-2-3...2nJ + l.
Так как это число делится на р, то сумма
Bп!J + 1
делится на р. Итак, условию задачи удовлетворяет число х =
И
Примечание. Заметим, что если число х дает при делении на
достаток жь то из того, что ж2 + 1 = (kp + xiJ + 1 = (k2p + 2kxi)p +
+ х\ + 1 делится на р, следует, что иж^ + 1 делится на р. Поэтому в
условии задачи можно всегда считать, что число х меньше р, х2 + 1
меньше р2 и частное т от деления х2 + 1 на р меньше р.
247. а) Утверждение задачи с очевидностью следует из
тождества
(а2 + Ъ2){а\ + Ъ\) = (асц + ЪЪгJ + (ah + ЬсцJ.
б) Прежде всего очень легко показать, что никакое число
вида 4п + 3 нельзя представить в виде суммы двух квадра-
квадратов. Действительно, квадрат каждого четного числа имеет
вид 4/с, а квадрат нечетного числа — вид 4& + 1 [ибо Bа + 1J =
= 4(а2 + а) + 1]. Отсюда следует, что сумма квадратов двух
четных чисел имеет вид 4п, сумма квадратов двух нечетных
РЕШЕНИЯ 375
чисел — вид 4п + 2 и, наконец, сумма квадратов четного и
нечетного числа — вид 4п + 1. Таким образом, число вида
4п + 3 никак не может быть суммой двух квадратов.
Значительно сложнее доказать, что каждое простое число
вида 4п + 1 можно представить в виде суммы квадратов двух
целых чисел. Пусть р — такое число. Из результата зада-
задачи 246 мы знаем, что в таком случае существует такое чис-
число га, что тр можно представить в виде суммы квадратов
двух целых чисел:
тр = х2 + у2
(то, что можно даже считать у = 1, нам не понадобится).
При этом мы можем считать, что т < р (см. примечание к
решению задачи 246). Докажем теперь, что если т ^ 1, то
его всегда можно уменьшить, т. е. можно найти такое
число п, меньшее т, что произведение пр тоже
можно представить в виде суммы двух квадра-
квадратов.
Указанное предложение почти очевидно, если т четно.
Действительно, в этом случае сумма х2 + у2 четна и числа х
и у или оба четны или оба нечетные. В обоих случаях имеет
место равенство
т _ fx + y\2 (х-ух2
т
т. е. число — -р тоже можно представить в виде суммы квад-
ратов двух целых чисел.
Сложнее обстоит дело, если т нечетно. Обозначим в
этом случае через х\жу\ наименьшие по абсолютной
величине остатки от деления соответственно х и у на т:
х = тг + #1, у = ms + у\.
Здесь х\ и у\ по абсолютной величине меньше — (если
Zl
положительный остаток от деления, например, х на т будет
больше —, мы рассмотрим деление с избытком; соответству-
ющий отрицательный остаток будет по абсолютной величине
376 РЕШЕНИЯ
га га
уже меньше —; равняться — остаток не может, так как га
Z Z
нечетно). В таком случае имеем
тр = х + у = (га г + 2тгх\ + ж-J + (га s + 2msy\ + y-J,
откуда следует, что число ж2 + у2 тоже делится на га:
ж2 + у2 = ran
(легко видеть, что п = р — тг2 — 2тх\ — ms2 — 2sy\).
~ га, 771
Отметим, что п < —; действительно, так как Ж]_ < —,
га
Vi < —, то
*) 9
^ / ото \ 2 / ото \ 2 777/
Кроме того, п т^ 0, ибо иначе х ж у делились бы оба на га и
тр = х2 -\- у2 делилось бы на га2, что невозможно, так как р
простое и 777 отлично от 1 и меньше р.
Докажем теперь, что пр можно представить в виде суммы
квадратов двух целых чисел. В силу тождества, выписанного
в решении задачи а), имеем
77777 • ТПр = ТП2Пр = (х2 + у2){х\ + у2) =
= (xxi +yyiJ + (xyi -
Но так как х = гаг + жх, у = ms + ух, то числа
+ yyi = mrx\ + x2 + msyi + y\ =
= m{rx\ + syi + n),
= mryi
делятся на га. Таким образом, получаем
/1+уу ,
пр = +
m J \ m
что и доказывает наше утверждение.
Теперь, если п еще тоже не равно 1, то мы можем таким
же точно способом уменьшить и это число, т. е. найти такое
п\ < п, что п\р можно представить в виде суммы квадратов
двух целых чисел. Если и ni / 1, то мы найдем П2 < ni,
РЕШЕНИЯ 377
такое, что П2Р можно представить в виде суммы квадратов
двух целых чисел. Продолжал этот процесс, мы в конце концов
докажем, что число 1 • р можно представить в виде суммы
квадратов двух целых чисел:
А это нам и требовалось доказать.
в) Прежде всего из теоремы задач а) и б) почти сразу
вытекает, что если составное число N содержит простые мно-
множители вида 4п + 3 лишь в четных степенях, то N можно
представить в виде суммы квадратов двух целых чисел.
Действительно, в таком случае число N можно представить
в виде произведения Р2 • Q, где все простые множители чис-
числа Р имеют вид 4п + 3, а все нечетные простые множители
числа Q имеют вид 4п + 1. Так как 2 = I2 + I2, то, в силу тео-
теоремы задачи б), все простые множители числа Q представимы
в виде суммы квадратов двух целых чисел; в таком случае из
теоремы задачи а) следует, что и само число Q представимо в
таком виде:
Q = x2 + y2.
А если так, то и число
N = P2 -Q = (PxJ + (РуJ
тоже можно представить в виде суммы квадратов двух целых
чисел.
Пусть теперь составное число N содержит простой мно-
множитель р вида 4п + 3 в нечетной степени: N = р2к+1 . j^ Где
К не делится на р. Докажем, что число N нельзя представить
в виде суммы квадратов двух целых чисел. Действительно,
если бы было
N = Х2 + Y2,
где X и Y — целые числа, то, сократив X2, Y2 и N на квад-
квадрат общего наибольшего делителя X и У, мы пришли бы к
равенству
М = Х12+У12,
где число М все еще делится на р: М = М\р. Заменив Х\ и Y\
их остатками ж и у от деления на р, мы получили бы равенство
тр = х2 +
378 РЕШЕНИЯ
где т < р (сравните с примечанием к задаче 246). Но в таком
случае в точности, как в решении задачи б), можно было бы
доказать, что число р представимо в виде суммы квадратов
двух целых чисел, что невозможно (см. начало решения зада-
задачи б)).
248. Если р = 2, то р = I2 + О2 + 1. Пусть теперь простое
число р нечетно; покажем, что можно найти два числа ж и у,
р
оба меньшие, чем -, удовлетворяющие условию задачи.
Z
р + 1 р — 1
Рассмотрим —-— чисел 0, 1, 2, ..., —-—. Квадраты двух
Z Z
из этих чисел будут давать при делении на р различные остат-
остатки; действительно, если было бы
х\ = к\р + г и х\ = к2Р + г,
то имело бы место равенство
Х1 ~ Х\ = (Х1
р р
как х\ < -, ^2 < - и
т. е. (х\ — х2)(х\ + х2) делилось бы на р, что невозможно, так
< р, |Ж1 — Х2\ < р
(напоминаем, что р простое).
Итак, —-— чисел
2
при делении на р дают различных остатков. Отсюда
вытекает, что и следующие (отрицательных) чисел:
2
Р+1 /
также при делении на р дают различных остатков (если
Zj
бы —х\ — 1 и — х\ — 1 давали одинаковые остатки, то и х\
РЕШЕНИЯ 379
и х\ давали бы одинаковые остатки) >. Но так как при де-
делении на р могут встречаться лишь р различных остатков
(а именно 0, 1, 2, ..., р — 1), то ясно, что из р + 1 чисел
по крайней мере два дают при делении на р одинаковые остат-
остатки. В силу доказанного выше из такой пары чисел одно обя-
обязательно должно быть вида ж2, а второе — вида —у2 — 1. Но
если х2 = кр + г и —у2 — 1 = 1р + г, то
х2 + у2 = (к — 1)р — 1 = rap — 1,
т. е. ж2 + у2 + 1 = rap делится на р.
Примечание. В условии задачи можно требовать даже, чтобы
Р
оба искомые числа х и у не превосходили -, т. е. чтобы сумма
х2 + у2 + 1 была меньше р2, и, значит, частное m от деления суммы
х2 + 2/2 + 1 на р было меньше р.
249. а) Утверждение задачи с очевидностью вытекает из
следующего тождества:
(х2 + х2 + х\
(Х1У2 ~
в справедливости которого нетрудно убедиться непосредст-
непосредственной проверкой.
Примечание. Так как тождество настоящей задачи довольно
сложно, то интересно указать связь его с более простым тождест-
^ Частное к и остаток г от деления положительного или
отрицательного целого числа а на число р определяются формулой
а = кр + г,
где 0 ^ г < р (если а отрицательно, то и частное к отрицательно).
380 РЕШЕНИЯ
вом задачи 247, а). Нетрудно видеть, что тождество задачи 247, а)
можно обобщить следующим образом:
(aaf + bbf)(a1af1 + hb[) =
= (аа[ + bbi)(aia' + bib') + (ah - ba1)(afb[ - bfa[).
Если положить теперь в этом последнем тождестве а = х\ + гж2,
а1 — х\ — гж2, 6 = жз + ix^, b' = жз — гж4, ai = 2/i + i^/2, &i = Vi — Щ2-,
h = Уз + iy^i b[ = уз — i^/4, где г = л/--Т, то мы придем к тождеству
настоящей задачи.
б) Так как каждое целое число разлагается в произведение
простых чисел, то, в силу результата задачи а), нам доста-
достаточно доказать, что всякое простое число р представимо в
виде суммы квадратов четырех целых чисел.
Доказательство этого предложения во всем аналогично ре-
решению задачи 247, б). Из результата задачи 248 мы знаем,
что существует такое число га, что тпр представимо в виде
суммы квадратов четырех целых чисел:
игр = х\ + х\ + х\ + х\
(то, что можно даже считать х% = 1, х\ = 0, нам не пона-
понадобится). При этом мы можем даже считать, что m < р (см.
примечание к решению задачи 248). Покажем теперь, что если
га > 1, то его всегда можно уменьшить, т. е. можно найти та-
такое число п < 771, что пр также представимо в виде суммы
четырех квадратов.
Это доказательство очень просто, если га четно. Так
как в этом случае тпр = х\ + х\ + х\ + х\ четно, то или все
Xk (к = 1, 2, 3, 4) четны или два из них нечетны, а два четны,
или все они нечетны. Во всех случаях четыре числа жх, #2, хз
и ^4 можно разбить на две пары (скажем, жх, Х2 и жз, Ж4)
одинаковой четности. Тогда числа
Х\ + Х2 Х\— Х2 Жз + Ж4 Жз — Ж4
2 ' 2 ' 2 И 2
будут целыми и мы будем иметь
га /жх+Ж2\2 (х\— Ж2\2 /жз + Ж4\2 /жз —Ж4
(j +(j +(j +
т. е. число — • р будет тоже представимо в виде суммы четы-
четырех квадратов целых чисел.
РЕШЕНИЯ 381
Более сложным является случай, когда т нечетно. Обо-
Обозначим через yk (к = 1, 2, 3, 4) наименьший по абсо-
абсолютной величине остаток от деления хк на т (т. е. если
положительный остаток от деления хк на т окажется боль-
больше —, то мы будем производить деление с избытком и рас-
рассмотрим отрицательный остаток):
Хк = rnqk + ук (к = 1, 2, 3, 4),
II т /
где у к положительно или отрицательно и \ук\ < — (никакое из
т
чисел ук не может равняться —, так как т нечетно).
А
В таком случае
х\ = m2q2k + 2mqkyk + y\ = mft + у^ (А; = 1, 2, 3, 4),
где Qk = mg/г + 2qkyk есть целое число. Следовательно,
тр = ж? + ^2 + х\ + ж| = mq + у? + у| + у\
(здесь q = Qx + Q2 + Q3 + Q4) и
2 i 2 1 2 1 2
(здесь n = p — q). При этом п < m, ибо
2222. /ra\2 2
mn = yf + У2 + Уз + У4 < 4 I — 1 = т..
J
кроме того, п т^ 0, ибо иначе все хк делились бы на т и
х\ + ж| + х\ + Ж42 = ттф должно было бы делиться на т2,
что невозможно, так как р — простое и т отлично от 1 и
меньше р.
Покажем теперь, что число пр тоже представимо в виде
суммы четырех квадратов. Мы видим, что каждое из чи-
чисел тр и тп представимо в виде суммы четырех квадратов.
В силу указанного в решении задачи а) тождества, отсюда
вытекает, что и произведение
2
тр • тп = т пр
представимо в виде суммы квадратов четырех чисел:
т2пр =
382 РЕШЕНИЯ
Покажем теперь, что обе стороны последнего равенства можно
сократить на га2. С этой целью заменим в правой части этого
равенства все х^ на mqk + Ук- При этом мы сразу получим, что
все выражения в скобках в правой части равенства делятся на
га: выражение в первой скобке делится на га в силу того, что
У? + 2/2 + Уз + 2/1 = тп Делится на га, а выражения в осталь-
остальных трех скобках делятся на га потому, что после подстановки
Xk = mqk + Ук все произведения вида у\у2 и т. д. взаимно уни-
уничтожаются. Сократив теперь последнее равенство на га2, мы
получим
пР = zi + Z2 + Z3 + zh
что и требовалось доказать.
Таким образом, если число га в равенстве
тр = х\ + х\ + х\ + х\
не равно 1, то его всегда можно уменьшить, т. е. всегда можно
найти положительное п < га, для которого выполняется по-
подобное же равенство. Если п ф 1, то мы можем число п еще
уменьшить и т. д.; в конце концов мы придем к подобному же
равенству, в котором вместо га будет стоять 1:
Р = х1 + х\ + х\ + х\.
250. Предположим, что
4п(8А;-1) =Х2 + У2 + ^2,
где X, Y и Z — целые числа (одно или даже два из которых
могут быть нулями). При п > 0 числа X, Y и Z должны быть
все четными: если бы только одно из них было нечетно или все
они были нечетными, то сумма X2 + Y2 + Z2 была бы нечетна,
а если бы, например, Х = 2/с + 1иУ = 2/ + 1 были нечетными,
aZ = 2га четными, то сумма
X2 + Y2 + Z2 = Bк + IJ + B1 + IJ + BгаJ =
+ к + I2 + / + га2) + 2
X Y
не делилась бы на 4. Положив теперь — = Х\, — =
Zi Zi
Z
— = Zi, мы придем к равенству
z\
РЕШЕНИЯ 383
При п > 1 (п — 1 > 0) точно так же, как раньше, показывается,
что все три числа Х\, Y\ и Z\ тоже должны быть четными;
отсюда получаем равенство
4П(8А; - 1) = Х\ + У22 + Z%,
где Х2, 1^2, Z2 — целые числа. Продолжал рассуждать точно
таким же образом, мы окончательно получим, что и число
8к — 1 представимо в виде суммы квадратов трех целых чисел:
8А; — 1 = х2 +у2 + z2.
Из трех чисел ж, у, z нечетными должны быть все три или
одно; в противном случае сумма х2 + у2 + z2 была бы четной.
Но квадрат нечетного числа 2п + 1
Bгс + IJ = 4п2 + 4п + 1 = 4п(п + 1) + 1
всегда дает при делении на 8 остаток 1 (ибо из двух последо-
последовательных чисел п и п + 1 одно обязательно четно и, значит,
4п(п + 1) делится на 8); квадрат четного числа дает при де-
делении на 8 остаток 0 (если само число делится на 4) или 4
(если само число не делится на 4). Отсюда следует, что если
все числа ж, у и z нечетные, то сумма х2 + у2 + z2 дает при
делении на 8 остаток 3, а если два из них четные, а одно не-
нечетное, то сумма х2 + у2 + z2 может давать при делении на 8
остаток 1 или 5. Таким образом, сумма квадратов трех целых
чисел никогда не может давать при делении на 8 остаток 7.
251. Воспользуемся тождеством
(а + бL + (а - бL = 2а4 + 12а262 + 264,
которое вытекает из формул
(а + бL = а4 + 4а36 + 6а262 + 4а63 + б4,
(а - бL = а4 - 4а36 + 6а262 - 4а63 + б4.
Из этого тождества следует, что
[(а + bf + (а - бL] + [(а + сL + (а - сL] +
+ [(а + df + (а - df] + [F + сL + F - сL] +
+ [(b + dL + (b - df] + [(с + df + (с - dL] =
= 6а4 + 664 + 6с4 + 6d4 + 12а262 + 12а2с2 + 12a2d2 +
+ 1262с2 + I2b2d2 + 12c2 d2 = 6(a2 + b2 + с2 + d2J.
384 РЕШЕНИЯ
Таким образом,
6(a2 + 62+c2+rf2J =
= (a + bf + (a - bf + (a + cL + (a - cL + (a + dL +
+ (a - dL + F + cL + (b - cL + (b + dL + F - dL +
+ (c + dL + (c-dL,
или словами: если число представляет собой сум-
сумму четырех квадратов, то его ушестеренный
квадрат представим в виде суммы 12 четвертых
степеней целых чисел. Но, в силу результата предыду-
предыдущей задачи, каждое целое число представимо в виде суммы
четырех квадратов целых чисел (некоторые из которых мо-
могут быть нулями); отсюда следует, что ушестеренный
квадрат целого числа может быть представлен
в виде суммы 12 четвертых степеней целых чи-
чисел (некоторые из которых могут быть нулями).
Произвольное целое число N при делении на 6 дает остаток
О, 1, 2, 3, 4 или 5; таким образом,
N = 6п + г,
где г = 0, 1, 2, 3, 4 или 5. Далее, в силу теоремы задачи 249, б),
число п представимо в виде суммы четырех квадратов целых
чисел (некоторые из которых могут быть нулями):
п = х2 + у2 + z2 + ?2.
Согласно вышесказанному каждое из чисел 6ж2, 6у2, 6z2 и 6?2
(представляющих собой ушестеренные квадраты целых чисел)
представимо в виде суммы 12 четвертых степеней целых чисел
(некоторые из этих чисел могут быть нулями). Таким обра-
образом, число
6п = 6х2 + 6у2 + 6z2 + 6?2
представимо в виде суммы 4-12 = 48 четвертых степеней
целых чисел. А так как г = 0, 1, 2, 3, 4, 5, т. е.
г = О4 + О4 + О4 + О4 + О4, или г = I4 + О4 + О4 + О4 + О4,
или г = I4 + I4 + О4 + О4 + О4,
или г = I4 + I4 + I4 + О4 + О4,
илиг = 14 + 14 + 14 + 14 + 04,
или г = I4 + I4 + I4 + I4 + I4,
РЕШЕНИЯ 385
то число N = 6п + г представимо в виде 48 + 5 = 53 четвер-
четвертых степеней целых чисел, некоторые из которых могут быть
нулями, т. е. в виде суммы 53 или меньшего числа четвертых
степеней положительных чисел, что и требовалось доказать.
252. Пусть
а = х3 + у3 + z3.
Из тождества задачи 162, б) имеем
(х + у + zK - а = (х + у + zK - х3 - у3 - z3 =
или
а = (х + у + zK - 3(х + у)(х + z)(y + z)
(см. указание к настоящей задаче). Примем теперь за новые
неизвестные
х + у + z = Z, ж + у = У и ж;
тогда
у = У-ж, ^ = ^-У
и, следовательно,
а= (x + y + zK -3(х + у)(х + 2;)(у + z) =
= Z3- ЗУ (ж + Z - У) (У -x + Z-Y) =
= Z3- 3Y(Z + x-Y)(Z-x) = Z3- 3Y(Z2 - x2) + ЗУ2(^ - x).
Теперь мы можем значительно упростить наше уравнение,
предположив, что неизвестные ж, У, Z связаны зависимостью
Z3 -3Y(Z2 -х2),
или, что равносильно,
~ [ ~ \z)
(см. указание к этой задаче). В таком случае наше уравнение
примет следующий вид:
25 Д.О. Шклярский и др.
386 РЕШЕНИЯ
[( X \2]
1 — ( — j ,
Вместо неизвестного x естественно ввести новое неизвест-
х
ное X = —; тогда получим
а = 9У3A - ХJA + X); Z = ЗУA - X2).
Введем, наконец, вместо неизвестного Y новое неизвестное:
Y = ЗУA — X). Тогда зависимость, связывающая наши неиз-
неизвестные, примет вид
а уравнение — вид
а = -
3 1-Х
Теперь мы находимся уже у конца решения задачи. Дей-
Действительно, из последнего уравнения X выражается через а
(и Y) рационально:
Y
За + У3'
За - У3"
Таким образом, мы видим, что если X = — и
_ За + У3
Z = YA + X), то
а = х3 + у3 + z3,
где х, у и z находятся по следующим формулам:
X,
Из этих формул вытекает, в частности, что ж, у_и z рацио-
рациональны, если только неизвестное Y рационально. Y в наших
РЕШЕНИЯ 387
формулах можно выбрать каким угодно (это обстоятельство
аналогично тому, что если упростить уравнение x3-\-y3-\-z3 = a
при помощи соотношения у = —z, то неизвестное z можно по-
положить каким угодно; см. указание к настоящей задаче).
Таким образом, мы уже нашли решение уравнения
х3 + у3 + z3 = a
в рациональных числах (и даже сколько угодно таких реше-
решений, соответствующих выбору различных рациональных зна-
значений Y). Нам осталось только показать, что Y можно вы-
выбрать так, чтобы ж, у и z были все положительны (здесь
нам придется использовать положительность числа а, кото-
которой мы до сих пор не пользовались). Выразим Z = х + у + z,
Y = x + ywZ — x = у + z через X и Y:
y + z = Z-x = (l- X)Z = УA - X2),
и подставим в эти формулы
1 x i Yl _
За + У3 За + У3 '
л v л За-У3" 6а
1 + Х = 1 + = = =;
За + У3 За + У3
мы получим
6аУ
х + у + z = ^,
За + У3
За + У
х + у = =—,
6У2 '
у + z = =—.
(За + У3J
Положим теперь в этих формулах Y = \/За, т.е.
25*
388 РЕШЕНИЯ
(это значение У, разумеется, может быть иррациональным);
тогда получим
x + y + z = Y, x + y = -Y, y + z = Y,
т. е.
Выберем число Y так, чтобы оно было рационально и до-
достаточно близко к \/За (можно найти рациональное число У,
сколь угодно близкое к уЗа). В таком случае у и z останутся
1 2
близкими к -\/За и соответственно к -л/За, т. е. останутся
о о
положительными. Далее, из наших формул находим
х + у + z За + У3
y + z
Следовательно, если потребовать еще, чтобы выбранное зна-
значение Y было меньше \/оа (т. е. чтобы было За > У3, За+У3 >
> 2У3), то мы будем иметь
x + y + z_3a + Y3
У + z 2У3
и, следовательно, число х будет тоже положительным. Этим
заканчивается доказательство теоремы.
2
Для примера рассмотрим случай а = -. Полагая в наших фор-
о
мулах У, мы легко получим
5 1 5
действительно,
253. Существование бесконечного числа простых чисел сле-
следует из результата задачи 159 (из этой задачи вытекает даже,
что простые числа встречаются в ряду всех целых чисел до-
достаточно «часто», например «чаще», чем квадраты; см. приме-
примечание к этой задаче). Из результата задачи 65 также можно
РЕШЕНИЯ 389
усмотреть, что простых чисел существует бесконечно много:
если бы всего существовало только п простых чисел, то не
могло бы быть больше чем п взаимно простых друг с дру-
другом чисел. Но наиболее простым доказательством теоремы о
бесконечности числа простых чисел является следующее дока-
доказательство, принадлежащее еще Евклиду.
Предположим, что имеется всего п простых чисел 2, 3, 5,
7, 11, ..., рп. Образуем число N = 2 • 3 • 5 • 7 • 11.. ,рп + 1. Чис-
Число N больше всех простых чисел 2, 3, 5, ...,_рп и поэтому
должно быть составным. Но так как N — 1 делится на 2, 3, 5,
7, . ..,_рп, то N взаимно просто со всеми простыми чис-
числами. Полученное противоречие и доказывает теорему.
254. а) Доказательство этой теоремы очень близко к дока-
доказательству Евклида бесконечности всех простых чисел. Пред-
Предположим, что среди чисел вида Ак — 1 (эти числа составляют
первую из рассматриваемых прогрессий) имеется только ко-
конечное число простых чисел, а именно: 3, 7, 11, 19, 23, ..., рп.
Составим число
Оно больше всех принадлежащих прогрессии простых чисел и,
следовательно, должно быть составным. Разложим число N на
простые множители. Среди этих множителей не может быть
чисел вида 4/с — 1, так как число N + 1 = 4C • 7-11 • 19 • 23.. ,рп)
делится на все простые числа вида Ак — 1, а следовательно, N
взаимно просто со всеми этими числами. Так как N нечетно,
то оно должно представлять собой произведение нескольких
простых чисел вида 4fc + 1. Но это невозможно, так как про-
произведение двух чисел вида 4fc + 1 имеет тот же вид:
2 + h + к2) + 1 = 4?;3 + 1,
а следовательно, и произведение нескольких чисел ви-
вида Ак + 1 имеет тот же вид, в то время как число N имеет
вид Ак — 1. Полученное противоречие и доказывает теорему.
Аналогично доказывается, что существует бесконечно
много простых чисел, принадлежащих прогрессии 5, 11, 17,
23, ... (простых чисел вида 6к — 1).
390 РЕШЕНИЯ
б) Доказательство требуемой теоремы несколько сложнее
решения задачи а), хотя построено на той же идее.
Предположим, что в ряду 5, 9, 13, 17, 21, 25, ... имеется
только конечное число простых, а именно: 5, 13, 17, ..., рп.
Рассмотрим число
N = E-13-17...рпJ + 1.
Число 7V, очевидно, не является полным квадратом (оно на
1 больше полного квадрата) и представляет собой сумму двух
квадратов. Отсюда, в силу теоремы задачи 247в), следует,
что оно имеет простых делителей вида 4п + 1. Дальнейший
ход рассуждений аналогичен решениям задач 253, 254а).
в) Доказательство настоящей теоремы несколько сложнее
доказательств теорем задач а) и б), хотя построено на той же
идее.
Предположим, что в ряду чисел 11, 21, 31, 41, 51, 61, ...
имеется только конечное число простых: 11, 31, 41, 61, ..., рп.
Составим число N = A1 • 31 • 41 • 61.. .рп)Ъ — 1- Оно взаимно
просто со всеми простыми числами 11, 31, 41, ...,]эп, так как
число N + 1 делится на все эти числа. Обозначим произведе-
произведение 11 • 31 • 41.. .рп через а, тогда
N = а5 - 1 = (а - 1)(а4 + а3 + а2 + а + 1).
Рассмотрим, какие простые делители может иметь второй
множитель а4 + а3 + а2 + а + 1 последнего произведения. Оче-
Очевидно, что а4 + а3 + а2 + а + 1 не делится на 2 (сумма пяти
нечетных чисел нечетна). Далее, а4 + а3 + а2 + а + 1 делится
на 5, поскольку а оканчивается на 1 (как произведение ряда
чисел, каждое из которых оканчивается на 1), а2, а3 и а4 все
оканчиваются на 1 и, следовательно, сумма а4 + а3 + а2 + а + 1
оканчивается на 5. Пусть теперь р есть простой делитель чи-
числа а4 + а3 + а2 + а + 1, отличный от 5. В таком случае а — 1
не может делиться на р, так как иначе а имело бы вид кр + 1,
следовательно, а2, а3 и а4 (равные соответственно (кр + IJ,
(кр + IK и (кр + IL) имели бы такой же вид и число
а4 + а3 + а2 + а + 1 =
= (кр + IL + (кр + IK + (кр + IJ + (кр + 1) + 1
РЕШЕНИЯ 391
давало бы при делении на р остаток 5. Отсюда следует, что
р — 1 должно делиться на 5. Действительно, предположим,
например, что р — 1 дает при делении на 5 остаток 4:
р - 1 = Ък + 4.
Отметим, что в силу теоремы Ферма (задача 240) ар~1 — 1
делится на р. Но в этом случае
а?'1 - 1 = а5/с+4 - 1 = а\аък - 1) + (а4 - 1),
а так как аък — 1 = (аъ)к — 1к делится на а5 — 1, а значит и на
р, то и а4 — 1 делится на р. Но
а5 - 1 = а(а4 - 1) + (а - 1);
следовательно, если а5 — 1 и а4 — 1 делятся на р, то и а —
— 1 должно было бы делиться на р, что, как мы уже показали
выше, невозможно. Аналогично показывается, что число р—1
не может давать при делении на 5 остатки 1, 2 или 3.
Итак, р—1 делится на 5 и четно (р—1 четно, ибо р не-
нечетно); следовательно, р—1 делится на 10 и, значит, р имеет
вид ЮЛ; + 1, т. е. принадлежит нашей прогрессии. Итак, нами
установлено, что простыми делителями числа а^ -\- а? -\- а? +
+ а+1 могут быть только число 5 и простые числа вида Ю/с+1.
Но число а4 + а3 + а2 + а + 1, очевидно, больше 5 и не
делится на 52 = 25. Действительно, число а оканчивается на 1
и, следовательно, имеет вид Ък + 1. Далее, по формуле бинома
Ньютона
а4 + а3 + а2 + а + 1 = EА; + IL + EА; + IK + EA; + IJ +
+ 5А; + 1 + 1 = 625А;4 + 4 • 125/с3 + 6 • 25А;2 + 4 • 5А; +
+ 1 + 125/с3 + 3 • 25А;2 + 3 • 5А; + 1 + 25А;2 + 2 • 5А; + 1 +
+ 5А; + 1 + 1 = 625А;4 + 5 • 125/с3 + 10 • 25А;2 + 10 • 5А; + 5 =
= 5 • [5B5А;4 + 25А;3 + Ш2 + 2к) + 1].
Отсюда следует, что это число, а следовательно, и число
N = а5 — 1 должно иметь хотя бы один простой делитель вида
10А; + 1. Но, по нашему предположению, N взаимно просто со
всеми простыми числами вида 10А; + 1.
392 РЕШЕНИЯ
Полученное противоречие и доказывает теорему.
Примечание. Отметим, что проведенное доказательство
почти без всяких изменений позволяет доказать, что во всякой ариф-
арифметической прогрессии, составленной из чисел вида 2рк +1, где р —
какое-то нечетное простое число, имеется бесконечно много прос-
простых чисел.
255. а) Пусть а и b — стороны прямоугольника; тогда его
периметр Р = 2 (а + 6), а площадь S = ab. Из неравенства (I)
на с. 62 следует
Поскольку правая часть наравенства задана, то площадь
S будет наибольшей, когда это неравенство обратится в ра-
равенство, что произойдет лишь при а = Ь. Таким образом, из
всех прямоугольников с данным периметром Р наибольшую
площадь имеет квадрат.
б) Задача решается аналогично предыдущей, только здесь
задана площадь S — левая часть неравенства, а Р выбирается
наименьшим, что и достигается при а = Ъ.
256. Обозначая через а и b катеты, а через с — гипотенузу
прямоугольного треугольника, имеем:
Но из неравенства (V) на с. 63 следует
а + Ь
т. е.
d с
2^71
откуда и вытекает требуемое неравенство.
257. В силу неравенства (I) на с. 62 имеем
tga + ctga ^ 2^tga • ctga = 2
РЕШЕНИЯ 393
Равенство достигается только при tg a = ctg а, т. е. если
а = 45°.
258. Перепишем неравенство (Г) (с. 63) в виде
Полагал в нем
1 L 1
а 6
получим
1/ 1 1\2 1 / а + 6\2 1 / Iх2
1 + + 1 + 1 +
4 \ а Ь) 4 \ ab ) 4
Выражение —- достигает наименьшего значения, когда про-
ао
изведение ab достигает наибольшего значения. Но согласно
неравенству (I) (с. 62)
ab
Таким образом,
1 + - > 5.
ао
Отсюда
1\2 Л Л2 If. 1\2 1.9 25
что и требовалось доказать. Равенство достигается лишь при
а = Ь=\.
259. В силу неравенства (I) имеем
а + b /— Ь + с /— с + а
394 РЕШЕНИЯ
Перемножая эти три неравенства, получаем
V ~Т~ У) \У "Т" W V^ ~Т~ ^/ ^ / о у г) q" у
^ Vazbzcz = абс.
8
При этом равенство достигается здесь лишь тогда, когда
оно достигается в каждом из трех предыдущих неравенств,
т. е. при а = b = с.
260. Согласно неравенству (I) (с. 62) имеем
a I fi'ir a
причем равенство достигается только, если
а 1 2 2 а
-2= bar, x=x-.
х2 V b
261. Пусть длины коромыслов весов равны а и Ь. В таком
случае, для того чтобы уравновесить гирю в 1 кг, положенную
на чашку, коромысло которой равно а, на вторую чашку надо
положить х = — кг товара (моменты сил тяжести а • 1 ж b • х
b
должны быть равны). Точно так же гиря в 1кг, положенная
на вторую чашку, уравновешивается у = - кг товара. Если
а
продавец отвешивает покупателю 1 кг товара на одной чашке
и 1 кг на второй чашке, то всего он отпускает
a b Га Ь
х + у = - + - ^ 2\ - • - = 2кг
b а V b a
товара (см. неравенство (I) на с. 62). Таким образом, мы
видим, что, отвешивая половину товара на одной чашке и по-
половину на другой чашке весов, продавец отпускает больше то-
товара, чем следует.
262. а) Очевидно, имеем
2ab
что и требовалось доказать.
РЕШЕНИЯ 395
б) Следует из определения и неравенства (I) (с. 62).
263. Докажем, что a + b + c — 3\/abc ^ 0. В силу результата
задачи 162, а) имеем
о I
а + Ъ + с — 3 yabc =
При этом знак равенства достигается лишь тогда, когда
все три разности в квадратных скобках равны нулю, следова-
следовательно, когда а = b = с.
264. По формуле Герона площадь треугольника со сторо-
сторонами а, 6, с равна
S = л/р(р-а)(р-Ь)(р-с) = у/р • л/(р-а)(р-Ь)(р-с),
а + b + с
Но, в силу результата предыдущей задачи,
где р = — известный полупериметр треугольника.
(p-a)(p-b)(p-c) ^
р-а+р-Ь
Теперь остается заметить, что сторона равностороннего тре-
2
угольника периметра 2р равна -рив этом случае
о
2 \3 /1 N 3
265. Объем пирамиды равен
396 РЕШЕНИЯ
Но согласно неравенству задачи 263 имеем
a3
=27"
Поскольку правая часть неравенства не зависит от ж, у и
z, то, пользуясь условием обращения неравенства в равенство,
находим
а
х — у = z = —.
у 3
266. Достаточно доказать, что
Имеем:
С другой стороны,
3 у a^a^a^b^bs + Зу
Но согласно неравенству задачи 263 имеем
+ «1«3^2 +
3
Сравнивая последние четыре формулы, получаем требуе-
требуемое неравенство.
267. Неравенство задачи можно записать в виде
2т
2т
Из неравенства (I) (с. 62) следует
РЕШЕНИЯ
397
аналогично имеем
аз + а4
отсюда
+ а2
' а\-\- 0,2 аз +
+ а2 + аз +
Аналогично
+ аб + а? +
отсюда
... + а4 а5 + ...
а\ + ... + as
Повторяя это рассуждение т раз, найдем
2т
2гп
(**)
что и требовалось доказать. Заметим, что, очевидно, в (*)
знак равенства достигается лишь в случае а\ = а,2- Используя
последовательно это замечание, получим, что неравенство (**)
обращается в равенство лишь при а\ = а2 = ... = а2^.
268. Существует много различных доказательств этой те-
теоремы, однако далеко не все из них элементарны. Ввиду важ-
важности теоремы приведем три элементарных доказательства.
Первое базируется на результате задачи 267, второе и третье
используют метод математической индукции.
398 РЕШЕНИЯ
Первое доказательство. Докажем, что если теорема
о среднем арифметическом и среднем геометрическом верна
для п+1 положительных чисел, то она верна и для п чисел.
Действительно, пусть при всяких ai, a2, ..., an, an+i
a2
it ~\ -L
ИЛИ
+a2 n п+
I ^ «1^2 • • •
Положим теперь в этом неравенстве
а\ + а2 + ... + ап
п
в таком случае
а\ + а2 + ... + ап + an+i _
п + 1 ~
+ а2
а2 + ... + ап -\
п
п + 1
п+1 , ,
_ —^ (а1 + а2 + - - - + ап) _ п1 + а2 + ... + ап
п + 1 п
и, следовательно,
а2 + ... + ап \ п+ / ai + а2
^ i2 п
п ) \ п
а\ + а2 + ... + ап
Сокращая обе части неравенства на и из-
п
влекая корень степени п, приходим к требуемому результату:
а2
• • .ап
п
Но, в силу результата предыдущей задачи, теорема о сред-
среднем арифметическом и среднем геометрическом имеет место
для сколь угодно больших значений п (а именно для всех чисел
п вида 2т). Отсюда и из только что доказанного уже следует,
что эта теорема справедлива для всех вообще значений п:
РЕШЕНИЯ 399
для каждого п можно найти число 2т > п, а затем, последо-
последовательно переходя от 2т к 2т — 1, от 2т — 1 к 2т — 2 и т. д.,
дойти до требуемого значения п.
Из доказательства следует, что если для п + 1 чисел нера-
неравенство переходит в равенство только когда все числа равны,
то и для п чисел равенство будет иметь место только в этом
случае. Отсюда и из решения задачи 267 вытекает справедли-
справедливость последнего замечания в условии задачи.
Примечание. В противоположность методу математической
индукции, использующему переход от п к п + 1, рассуждение, про-
проведенное выше, основано на переходе от п + 1 к п. Такой путь
доказательства математических теорем носит название метода
обратной индукции.
Второе доказательство. Проведем теперь доказа-
доказательство методом математической индукции. Нам надо до-
доказать, что
.. .ап
п
Для п = 2 имеем:
Допустим, что неравенство уже доказано для любых п по-
положительных чисел. Докажем, что оно справедливо и для п + 1
чисел. Обозначим эти числа через ai, a2, ..., an, an+i, причем
через an+i обозначим наибольшее из них. Тогда
и, следовательно,
ai + a2 + ... + ап
п
Обозначим
ai + а>2 + ... + ап А о>1 + ^2
Л
п п + 1
тогда
п + 1
400 РЕШЕНИЯ
Но так как an+i ^ АП1 то an+i = Ап + 6, 6 ^ 0; значит,
п + 1 " п+1
Возведем обе части этого равенства в (п + 1)-ю степень:
¦¦¦>
Но так как для п чисел неравенство уже доказано, то
(Ап)п
а поэтому
и, следовательно,
Ап+1 >
При этом, если не все числа равны между собой, то b > 0,
а потому неравенство будет строгим.
Третье доказательство. Обозначим а\ через 6^ и
т. д.; в таком случае неравенство, которое нам надо доказать,
примет вид
Предположим, что это неравенство уже доказано для каж-
каждых п положительных чисел, и покажем, что в этом случае
ьп+1
Разделим обе части последнего неравенства на Ь%+\ и обоз-
начим через с\ и т. д.; в таком случае будем иметь
РЕШЕНИЯ 401
или
Но по предположению индукции
Таким образом, нам достаточно доказать, что
га+1
(п + l)ciC2 . . . Сп - 1 ^ n(ciC2 . . . Сп) п
или, обозначал ^/cic2.. .сп через /с, что
Последнее же неравенство вытекает из следующих преоб-
преобразований:
(п + 1)А;П - 1 - nfcn+1 = -n?;n(?; - 1) + (кп - 1) =
= (А; - 1)(-пкп + А;71 + кп~2 + ... + к + 1) =
= -(А; - 1)[(А;П - кп~1) + (А;п - А;71) + ... + (кп - 1)] =
= -(А; - lJ^-1 + А;П-2(А; + 1) + ...
(при к > 0 выражение, стоящее в квадратной скобке, оче-
очевидно, положительно).
Последнее неравенство обращается в равенство только,
если к = 1. Отсюда методом индукции легко доказать, что
равенство будет осуществляться только, если с\ = с2 = ...
• • • = сп = 1, т. е., если Ь\ = 62 = ... = Ьп =
Примечание. Несколько других доказательств этого нера-
неравенства читатель может найти в книгах Кречмара, Невяжского и
Харди, Литтвуда, Полна, цитированных во введении к этому циклу
задач. Кроме того, неравенство настоящей задачи легко вывести
из результатов последующих задач 269, а) и б) и 270, если доказать
эти результаты, не опираясь на задачу 268 (см., например, вторые
доказательства задач 269, а) и б)).
269. а) Первое доказательство. Пусть эти числа
Ж1,Ж2,.. .,жп. Согласно условию задачи сумма х\ + ж2 + ...
26 Д.О. Шклярский и др.
402 РЕШЕНИЯ
... + хп задана; следовательно, задано среднее арифметичес-
арифметическое этих п чисел
Xi + Х2 + • • • + Хп _
п
Согласно теореме о среднем арифметическом и среднем
геометрическом имеем
Х\Х2 . . . Хп ^ АП,
причем равенство достигается только тогда, когда
х\ = х2 = ... = хп = А.
Таким образом, произведение х\х2. • -хп достигает наи-
наибольшего значения Ап, если х\ = х2 = • • • = хп.
Второе доказательство. Запишем эти числа в воз-
возрастающем порядке:
XI ^ Х2 ^ Х3 ^ ... ^ Хп.
Если все числа х\^ х2-) ..., хп равны между собой, то
(х\ +х2 + ... +хп\п
х\х2.. .хп = . Предположим теперь, что
V п )
не все числа жх, х2^ ..., хп равны между собой, и покажем,
что тогда произведение х\х2.. .хп можно увеличить, не изме-
изменяя суммы чисел.
Обозначим через А среднее арифметическое наших чисел;
в таком случае
Х\ \ Xji^ Х\ \ -гх, Xji s> J\.
Заменим числа х\ и хп новыми х[ и х'п так, чтобы среднее
арифметическое чисел не изменилось:
Х*1+Х2+Хъ + ...+ Xn-i + Х'п _
п
Для этого положим
хп = А, х[ =xi + (xn - хп).
В произведении х\х2.. ,хп все члены, кроме крайних, остались
без изменений; покажем, что произведение х^х^ увеличилось
по сравнению х\хп\
Х\Хп > Х\Хп.
РЕШЕНИЯ 403
Обозначим хп — х'п через ?; тогда х'п = хп — ?, х[ = х\ + t.
Имеем
ХПХХ = (хп - t)(xi + t) = ЖпЖх + (хп - X\)t - t2.
Но так как х'п = А > жх, то
откуда
(жп — ^i) — t > 0, (жп
и, следовательно,
ХПХХ = ЖПЖ1 + (Жп - X\)t -
что и надо было доказать.
Если среди чисел жх, Ж2, жз, • •., жп_х, еще остались нерав-
неравные, то перенумеруем их снова в порядке возрастания, и, по-
повторив проведенное рассуждение еще раз, увеличим произве-
произведение без изменения суммы, причем в увеличенном произведе-
произведении уже по крайней мере два из чисел будут равны А. Проде-
Проделав такую же замену несколько раз, мы, увеличивая на каж-
каждом шагу произведение, придем к случаю, когда все числа рав-
равны А, откуда и следует утверждение задачи.
б) Первое решение. Положим
а\ п2 as an-\ an
— = жх, — = ?2, — = хз, •••, = жп_х, —= хп.
а а tt a а
Среднее геометрическое п чисел жх, Ж2, жз, • •., хп равно 1.
Поэтому в силу результата задачи 268
Х\ + Ж2 + Ж3 + • • • + Хп
п
т. е.
Жх + Ж2 + • • • + Хп > П.
Второе решение. Нетрудно доказать это неравенство
методом математической индукции, не пользуясь общей тео-
теоремой о среднем арифметическом и среднем геометрическом.
Предположим, что для п — 1 чисел неравенство справедливо:
ai а2 ап-2 . ап-\
1 V ... Л 1 > п - 1. (*)
а2 as an-\ а\
26*
404 РЕШЕНИЯ
Покажем, что в таком случае это неравенство справедливо и
для п чисел.
Пусть ап есть наименьшее из п чисел ai, a2, ..., ап. Тогда
о»! — ап ^ 0, ап-\ > ап.
Следовательно, an-i{a\ — ап) ^ an(ai — an). Отсюда
+ а2п - anan-i > апа\.
Разделим это неравенство на апа\\
dn d\ d\
Сложим неравенства (*) и (**):
— + — + ...+ ^^ + ^=i + ^=i + ^_ ^!izl =
= — + — + ...+ -^—- + — > (n - 1) + 1 = n,
Ci2 ft3 ftyi ftl
т. е. действительно наше неравенство справедливо для п чисел
ai, a2, ..., ап. Тем самым оно доказано для любого п.
270. В силу теоремы о среднем арифметическом и среднем
геометрическом (задача 268) имеем
1 1 1
«2
откуда
J
/11 1
n : 1 \- ... -\
V
что и требовалось доказать.
Равенство имеет место только, если а\ = п2 = ... = ап.
Примечание. Неравенство настоящей задачи может быть до-
доказано большим числом способов и независимо от результата за-
задачи 268 (рекомендуем читателю попытаться самостоятельно это
сделать). В таком случае из этого неравенства можно в свою оче-
очередь вывести неравенство задачи 268.
271. В силу теоремы задачи 268 имеем
a + nb
п + 1 п + 1
п раз
РЕШЕНИЯ 405
Равенство имеет место только, если а = Ь.
272. Так как среднее арифметическое п чисел больше их
среднего геометрического, а среднее гармоническое меньше
среднего геометрического, то
А{а) > Н(а),
или
п
>
п
а\ 0,2 ап
откуда и следует требуемый результат.
Равенство достигается только, если а\ = а 2 = ... = ап.
273. Для доказательства неравенства положим в теореме о
среднем арифметическом и среднем геометрическом
а\ = 1, а,2 = 2, ..., ап = п.
Мы получим
1 + 2 + ... + п п(п + 1) п + 1
v n! = v 1 • 2 ... n <
n 2n 2
Возводя обе части этого неравенства в n-ю степень, полу-
получаем требуемое неравенство.
274. Имеем по теореме о среднем арифметическом и сред-
среднем геометрическом
2„3„4 _ <-
+ + + + + + + + + \10
" ю j =
1 + 2а2 + 3а3 +4а4х 10
10
Равенство имеет место только, если а\ = а2 = аз = а±.
275. а) В левой части неравенства стоит произведение 1,
.1 .1
двух множителей —, трех множителей — и т. д., наконец, п
„ 1 п(п+ 1)
множителей —; всего 1 + 2 + 3 + ...+п= множителей.
п 2
406 РЕШЕНИЯ
Среднее геометрическое всех этих множителей равно корню
п(п + 1)
степени из этого произведения; среднее арифмети-
ческое равно
n(n + l) n(n
2 2
Из того, что среднее геометрическое меньше среднего ариф-
арифметического (задача 268), и вытекает справедливость нера-
неравенства задачи.
б) Решается аналогично задаче а). Среднее арифметичес-
арифметическое множителей, стоящих в левой части неравенства, равно
п(п + 1) п(п + 1)
2
п(п + 1)Bп + 1) п(п + 1) _ 2п
6 : 2 3
(см. задачу 134, а)).
276. По теореме о среднем арифметическом и среднем гео-
геометрическом имеем:
a2) • • • A + ап)
...+(iY
n/ \n/ z \n/ vn>
где последнее равенство получено согласно биному Ньютона.
Замечаем, что коэффициент при sm будет
п\ 1
га!(п — га)! пт'
Однако (п — т)\пт ^ п!, поэтому
п\ 1 п\ _ 1
I / W m ^ I I I '
откуда и следует утверждение задачи.
РЕШЕНИЯ 407
Неравенство обращается в равенство только при п = 1.
277. Перепишем левую часть неравенства в следующем виде:
а 1 о 1 1
12^22 B2J2 ... BПJ^,
где а — произвольное целое число; ясно, что каково бы ни
было а, величина произведения не изменится.
Далее решение задачи аналогично решению задач 275, а), б).
Из теоремы о среднем арифметическом и среднем геометри-
геометрическом выведем
П ' 2П
а + 2п - 1
При а = 1 показатель степени станет равным единице, и
правая часть неравенства обратится в
1
h П,
2П
откуда и следует неравенство задачи.
278. Выражение A—жMA+ж)A+2жJ при значениях |ж| > 1
отрицательно, в то время как при |ж| < 1 оно положительно.
Действительно,
A - xf(l +х)A + 2хJ = A - xf{\ - х2)A + 2хJ.
Первый и третий множители всегда положительны, а сред-
средний 1-х2 положителен при |ж| < 1 и отрицателен при |ж| > 1.
Поскольку нас интересует наибольшее значение этого выра-
выражения, то ограничимся лишь значениями ж, по абсолютной
величине меньшими единицы. Применим теперь к пяти мно-
множителям 1 — ж, множителю 1 + х и двум множителям 1 + 2х
теорему о среднем арифметическом и среднем геометричес-
геометрическом (задача 268).
408
РЕШЕНИЯ
Имеем
5 + 1 + 2
5+1+2
= 1.
Q
Правая часть неравенства не зависит от ж, следовательно,
левая часть будет наибольшей при
том значении ж, при котором все
множители равны между собой.
Единственное значение ж, при ко-
котором это имеет место, есть х =
= 0. Рассматриваемое произве-
произведение достигает при этом сво-
своего наибольшего значения, рав-
равного единице.
Рис. 27
279. Обозначим радиус круга через г, известное расстоя-
расстояние ОМ через а и неизвестное расстояние ON через х (рис. 27).
В таком случае имеем
М N = х-а, NQ = л/г2 - х2
и, следовательно, квадрат площади прямоугольника равен
Нам надо найти, в каком случае это произведение дости-
достигает наибольшего значения. Запишем наше произведение в
виде
4
— [(х — а) - (х — а) - а(г — х) • /3(г + ж)],
причем а и /3 подберем так, чтобы сумма множителей, стоя-
стоящих в квадратных скобках
(х — а) + (х — а) + а(г — х) + /3(г + х) =
= B - а + Р)х + (а + Р)г - 2а,
не зависела от ж, т. е. так, чтобы было а — C = 2.
Произведение достигает наибольшего значения, если
а(г — х) = /3(г + х) = х — а
РЕШЕНИЯ 409
(см. задачу 269, а)). Но из равенства а(г — х) = /3(г + х)
следует а + /3 = = —, откуда и из условия а — /3 = 2
находим а = — +1 = , /3 = . Подставляя полученное
XX X
значение а в уравнение а(г — х) = х — а, имеем
г2 -ж2
«X/ Сх/ * ^/«Х/ Сх/«Х/ / ^-'1
откуда
_ а + \/а2 + 8г2
ж~ 4
(знак + берем потому, что должно быть х > 0).
Отрезок ж, а следовательно, и искомый прямоугольник можно
построить циркулем и линейкой.
280. Объем коробки равен
Bа - 26J • b = Ща - бJ.
Запишем теперь это выражение в виде
4
а2
и подберем а так, чтобы сумма множителей, стоящих в квад-
квадратных скобках
Ъ + 2а(а - Ь) = 2сш + A - 2а)Ь,
на зависела от 6, т. е. выберем а = —.
Наибольшее значение произведение достигает, если
6 = а(а — 6)
(см. задачу 269, а)); отсюда находим
1
аа ~2а а
410 РЕШЕНИЯ
281. а) Неравенство этой задачи находится в таком же от-
отношении к неравенству (Г) с. 63, как теорема о среднем ариф-
арифметическом и среднем геометрическом (задача 268) к нера-
неравенству (I). Оно может быть доказано многими способами
аналогично доказательству неравенства задачи 268.
Приведем решение этой задачи, аналогичное первому ре-
решению задачи 268. Из того, что
2 ~2- 'аз + аЛ2 4 + aj
2
следует
' а\ + а2 аз + а±
^
Точно так же из того, что
4
а\ + а\ + а\
+ Об + ay + as \ а| + а\ + af + a\
I
можно вывести, что
+ а2 + ...
Продолжал этот процесс, можно доказать теорему для 2т чи-
чисел, где т произвольно.
Покажем теперь, что если теорема справедлива для п + 1
чисел, т. е.
ах + а2 + ... + ап + Дп+i ^\2 ^ a? + a| + • • • + а% + an+i /ч
РЕШЕНИЯ 411
то она справедлива и для п чисел. Положим в неравенстве (*)
а\ + а2 + ... + ап
an+i = ; получим
п
а2 + ... + а
п
п
2 , 2 , , 2 ,
п + 1
(сравните с первым решением задачи 268), откуда легко вы-
вывести, что
1 + а2 + ... + ап
п J п
Дальнейшая часть доказательства не отличается от заклю-
заключительных рассуждений в первом решении задачи 268.
Нетрудно установить, что равенство имеет место только,
если а\ = п2 = ... = ап.
б) Докажем прежде всего наше неравенство для случая
двух чисел, т. е. покажем, что
ai+a2\k 4 + 4 , ч
Для к = 2 это неравенство совпадает с неравенством (Г)
(с. 63). Предположим теперь, что оно имеет место для какого-
то значения к. В таком случае имеем
4
откуда следует, что неравенство справедливо и для значения
к + 1. В силу принципа математической индукции отсюда
412 РЕШЕНИЯ
следует, что неравенство (*) справедливо для всех значений к.
Дальше доказательство не отличается от решения задачи а).
282. Пусть а > 0. В силу теоремы о среднем арифметичес-
арифметическом и среднем геометрическом имеем:
IЬ
Возводя обе части последнего неравенства в степень — > 0,
а
получаем требуемый результат.
Аналогично доказывается и утверждение задачи, относя-
относящееся к случаю а < 0 (сравните с решением задачи 270).
283. Для случая, когда а и /3 имеют разные знаки, теорема
о степенных средних вытекает из результата задачи 282. Поэ-
Поэтому остается только рассмотреть случай одинаковых знаков
а и /3. Предположим, например, что 0 < а < /3. Обозна-
Обозначим Sp (а) через К и разделим обе части неравенства, которое
нам требуется доказать, на К; обозначив ( — ) через Ъ\ и
т. д., приведем это неравенство к виду
При этом имеем
Ьп 1 af+g^ + ... + а^ 1 » _
" КР '
Ъ2 + ¦ ¦ ¦ + Ьп 1 af+g^ + ... + а^ 1 » _
п КР п
Ь\ + &2 + • • • + Ьп = П.
Положим теперь Ъ\ = 1 + жх, 62 = 1 + Ж2, ..., 6П = 1 + жп; в
таком случае равенство Ъ\ + Ъ% + ... + Ьп = п примет вид
Жх + Ж2 + • • • + Хп = 0.
Предположим пока, что отношение — = — — рациональное
Р I
РЕШЕНИЯ 413
число. В таком случае имеем
f = {/A + хг)к = /A + хг){1
У
Jfc раз
причем знак равенства, как легко видеть, имеет место только,
если 1 + х\ = 1, 6i = 1. Отсюда, переходя к пределу, легко
а
получить, что и для иррационального отношения —
(причем равенство имеет место только, если х\ = 0, 6i = 1 *)).
Точно так же
^ хп.
Таким образом, действительно имеем
1
ь( +ь| +... W
п
чем и заканчивается доказательство.
^Пусть х\ ф 0, г — рациональное число, такое, что — < г < 1.
В таком случае
[а_ -|
i + f-zi
414
РЕШЕНИЯ
Равенство имеет место только в том случае, когда Ъ\ =
= &2 = • • • = Ьп = 1, т. е. когда а\ = а2 = ... = ап.
Совершенно аналогично доказывается теорема и для слу-
случая а < /3 < 0.
284. а) Так как Si = 2, то имеем
= 4,
^ + а^ +
12.
Равенство имеет место только, если ai = п2 = аз = 2.
Аналогично
З
=
\3
j =
/ 1 О
б) Аналогично решению задачи а) имеем ?2 = \/— = л/б,
отсюда
> (S2K =
18л/б;
Равенство в обоих случаях достигается только если ai = п2 =
= а3 = л/б.
285. Докажем наше неравенство по индукции. При этом
нам удобнее будет ввести специальное обозначение для (S^)^
(среднего арифметического всевозможных произведений из п
чисел ai, a2, ..., ап по к). Обозначив это выражение через Р&,
мы приведем неравенство, которое надо доказать, к виду
pi > рк+1 ¦ рк.ъ
Присоединим к числу выражений Р/с (а) еще выражение
Ро(а), которое мы будем считать равным 1.
Наше неравенство является очевидным, если число п чисел
а равно 2. Действительно, в этом случае существуют только
три величины Р^(а):
Р0(а) = 1, Pi (а) =
г 2
Р2(а) =
РЕШЕНИЯ 415
и неравенство принимает вид
[Р^а)}2 > Р2(а)Р0(а) = Р2(а),
ИЛИ
(см. выше, с. 62).
Предположим теперь, что для п — 1 чисел ах, а2, аз, ...
..., ап_х неравенство уже доказано, и докажем, что в таком
случае оно будет справедливо и для п чисел ах, а2, аз, ..., ап.
Обозначим сумму всевозможных произведений по к из п чи-
чисел ах, а2, ..., ап через Sk{a), a сумму произведений по к из
п — 1 чисел ах, а2, ..., ап_х — через Sk(a). Вынося в выраже-
выражении для Sk(a) во всех членах, содержащих множитель ап, этот
множитель за скобку, мы получим тождество
Sk(a) = Sk(a) + anSk-i(a).
Далее будем обозначать выражения Р&, составленные для
п — 1 чисел ах, а2, ..., ап_х, через Рк. В таком случае будем
иметь
_
к~
Sk{a)
Sk(a) , i
ck an
Sk(a)
пк П
°"'
i)
(a)
n
7,
P
n
к
n
Составим теперь разность
П-кр-+кп p—\ \п-к-1-^- | k + l, p-1 x
l\j ' It I\j -L I I I\j \^ -L ' It I\j I
n n n n
n-k + 1— к - 1
n n
f- (n-fc-l)(n-fc-
Pk-i + anPk-2\ =
416 РЕШЕНИЯ
ап[2к(п - k)PkPk-i -(к-1)(п-к- 1)Рк+1Рк-2 -
-к + l)PkPk-i] + <\VPl-X-
- l)PkPk-2]} = \{A + anB + a2nC},
T
To
где через А, В, С обозначены выражения, стоящие в квадрат-
квадратных скобках.
Отметим, что в силу сделанного предположения индукции
Р2 > Pk+lPk-Ъ Рк-± > РкРк-2,
откуда, перемножая эти два неравенства, также получаем
PkPk-i > Рк+гРк-2-
Поэтому в выражении для Р% — Рк+\Рк-г
А = (п- kfpj - [{п - кJ - l]Pfc+iPfc_i =
= Р2 + [(п-кJ-1][Р2-Рк+1Рк-1]>Р2,
В = 2к(п - к)РкРк.х -(к-1)(п-к- 1)Рк+1Рк.2-
-(к + 1)(п -к + 1)РкРк-1 = -
-к- 1)[РкРк-1 - Pk+lPk-2] > -2РкРк-1,
С = к1Р2_х - (к2 - 1)РкРк-2 =
= Р|_! + (к2 - 1)^1, - РкРк-2] > Pl_V
Таким образом,
Р2 - Рк+1Рк-г > Лй? -
Iи
что и доказывает теорему.
286. Исключим с самого начала случай а\ = п2 = ... = ап
и будем доказывать, что S& < S;. Прежде всего, так как
Ро(а) = 1, то из задачи 285 следует
Pi > Р2Р0 = Р2; S? > S|, или Si > S2.
РЕШЕНИЯ 417
Далее, перемножал неравенства Si > S2, S| > Sjj-Si, получим
Точно так же, перемножал неравенства Si > S2, S2 > S3 • Si,
S3 > S4 • S|, будем иметь
3 > Zj4, 2^з > ^4-
Подобным образом докажем, что
Si > S2 > S3 > ... > Sn.
/24
287. Имеем S2 = W— =2. Далее, по теореме о симметри-
V 6
ческих средних
Si(a) > S2(a) =2, аг + a2 + a3 + a4 > 4 • 2 = 8,
S4(a) ^ S2(a) = 2, aia2a3a4 ^ 24 = 16.
В обоих случалх равенство достигается только, если ai =
= a2 = аз = а4 — 2.
а + ^ 7
288. Так как сумма углов « + /3+7 = тг, то tg = ctg —,
или
*g ? + *g 77 1
Zi Zi
tg2
откуда, освобождалсь от знаменателей, имеем
а в а 7 Pi
tgtg| + tgtg^ + tg|tg^
Обозначим
a ^ 7
^- = «b tg- = a2, tg- = a3.
В таком случае мы видим, что симметрическое среднее S2
/Г л/3 _
чисел ai, a2 и аз равно \ - = • Отсюда совершенно анало-
у О о
гично решению задачи 287 находим:
27 Д.О. Шклярский и др.
418 РЕШЕНИЯ
\/3
В обоих случаях равенство достигается только в том слу-
случае, если а = /3 = 7 = 60°.
289. Неравенство Коши-Буняковского очень важное, по-
поэтому мы приведем четыре доказательства справедливости
этого неравенства.
Первое доказательство. Имеем
(xai + hiJ + (ха2 + b2J + ... + (хап + ЪпJ =
= (х2а\ + 2xaibi + b\) + (х2а\ + 2ха2Ь2 + 62) + ...
... + [х2а2п + 2xanbn + Ъ2п) = Аж2 + 2Бж + С, (*)
где
А = а\ + а^ + ... + а2п, Б = ai&i + а2&2 + ... + anbn.
Левая часть равенства (*), как сумма квадратов, неотри-
неотрицательна при любом х. В частности, она неотрицательна при
В
х = — —. Подставляя в равенство (*) это значение ж, получим
424 + С
А2 А А
Так как А > 0, то
АС - В2 > 0, или В2
Подставляя вместо А, Б, С их значения, получим искомое
неравенство.
При этом равенство возможно только в том случае, если
ха\ + bi= ха2 + Ь2 = жаз + 63 = ... = жап + Ьп = 0,
откуда
а\ а2 as an
РЕШЕНИЯ 419
Второе доказательство. Для двух чисел а и b имеем
(а - ЬJ > О,
откуда а2 + Ь2 > 2ab и ab ^ -а2 + -Ь2. Введем теперь обоз-
обозначения
«T=j, h = jj (г = 1, 2, ..., n);
тогда
...+а=
6f + ...
. . . t On - ^2
Напишем п неравенств:
6i ^ - а2 + - Ь\, ..., а^6п ^ - а2п + - 6^
Сложив их, получим
аТ&1 + ... + а^Ьп ^ - + - = 1.
Подставим в это неравенство вместо Тц и Ь{ их значения:
+ ... + anbnJ ^ {а\ + ... + a2n){b\ + ... + Ъ2п),
что и требовалось доказать.
Равенство может иметь место только, если
аГ — Ъ\ = Щ — &2 = • • • = ~а^ — Ьп = О,
откуда
27*
420 РЕШЕНИЯ
Третье доказательство. При п = 1 неравенство, оче-
очевидно, справедливо:
(cnhJ < а\Ь\.
Докажем теперь, что если неравенство справедливо для п
пар чисел
С2 ^ АВ,
где А = а\ + а| + ... + а2, В = Ь\ + Ь| + ... + Ь2п, С = а\Ь\ +
+ а2&2 + • • • + ^П6П, то оно справедливо и для п + 1 пар чисел
(С + an+i6n+iJ ^ (А + а2+1)(Б + 6^+1).
Действительно, имеем
(А + а2+1)(Б + Ъ2п+1) - (С + an+i6n+iJ =
+ А62+1 + Ва2п+1 + а2+162+1 -
— С — 2Сап+\Ъп+1 — (an+i6n+i) =
= (АВ - С2) + (А62+1 + Ба2+1 - 2Сап+16п+1) =
= (АВ - С2) + (л/1ьп+1 - л/Вап+1J +
так как каждая из трех скобок ^ 0.
Отсюда, в силу принципа математической индукции, сле-
следует, что неравенство имеет место при всех п.
Равенство может иметь место только, если а\ : Ь\ =
= а2 : Ь2 = ... = ап : Ьп.
Четвертое доказательство. Имеет место тождество
к=1 / к=1 1=1
которое можно доказать методом математической индукции.
Правая часть этого тождества неотрицательна и обраща-
обращается в нуль лишь в случае пропорциональности последователь-
последовательностей (аь) и (bk). В противном случае имеем
к = 1
РЕШЕНИЯ
421
что и требовалось доказать.
290. Согласно неравенству Коши-Буняковского имеем
— + — + ... + —
«1 «2 ап
а2
/Т __ /^V 2
что и требовалось доказать.
Равенство, очевидно, имеет место только, если а\ =
= а2 = ... = ап.
291. Согласно неравенству Коши-Буняковского имеем
(ai • 1 + a2 • 1 + ... + ап • IJ ^
откуда
a2
п J п
Равенство имеет место только, если а\ = а2 = ... = ап.
292. В решении задачи 288 мы показали, что
а в 0 1 j a
tg^tg| + tg|tg^+tg^tg- = i.
Теперь согласно неравенству Коши-Буняковского будем
иметь
а
7
откуда и следует требуемое неравенство.
422 РЕШЕНИЯ
Равенство имеет место только, если а = /3 = 7 = 60°.
293. Имеет место тождество
(xi + yiJ + ... + (хп + упJ = (xi + yi)xi + ...
• • • + (Хп + Уп)жп + (Xi + yi)yi + . . . + (Хп + Уп)Уп
Полагал в неравенстве Коши-Буняковского
а\ = xi + yi,..., ап = жп + уп,
&1 = жх,... ,Ьп = хп,
получаем неравенство
^ [(Ж1 + ШJ + . . . + (ЖП + УпJ] 2 [Ж? + • • • + Х2п] 2 .
Аналогично
+ yi)yi + . . . + (Хп + Уп)Уп ^
^ [(Ж1 + yiJ + . . . + (ХП + упJ]2 [у2 + . . . + yl]2 .
Складывал теперь последние два неравенства, получим
+ yiJ + ... + (хп + упJ ^ [(Ж1 + yiJ + ... + (хп + УпJ}!*
X
Разделив обе части последнего неравенства на
[(ж1+У1J + ... + (жп+упJ]2,
получим окончательно
что и требовалось доказать.
РЕШЕНИЯ 423
Равенство имеет место только, если — = — = ... = —.
У\ У2 Уп
294. В силу неравенства Коши-Буняковского имеем
Щ2 = (aia,2 + ^ai + CL1CL3 + а^а\ + ... + ап-\ап + anan_iJ ^
^ (а\ + а\ + а\ + ... + а2п)(а22 + а\ + а\ + ... + а^_х) =
откуда и следует требуемое неравенство.
Равенство, очевидно, имеет место только, если
295. Согласно неравенству Коши-Буняковского имеем
Равенство, очевидно, достигается только, если
#1 = Х2 = • • • = Хп.
296. Полагая в неравенстве задачи 295
1 1 1
имеем
1 1 1 \2 /1 1 1\ /1 о 1 о 1
Равенство, очевидно, имеет место только, если
1 1 1
Х1:х2:х3 = -:-:-.
297. Это неравенство есть лишь иная форма записи нера-
неравенства Коши-Буняковского. Действительно, полагая в по-
последнем а\ = Xk, b\ = yk и извлекая корень квадратный из
обеих частей неравенства, мы придем к неравенству задачи.
298. Дважды применяя неравенство Коши-Буняковского
сначала к парам чисел ai&i, a2b2^ ..., an^n5 cidi, C2C/2, • •.,
424 РЕШЕНИЯ
а затем к квадратам чисел ai, a2l ..., ап\ &i, ..., 6n; ci, ..., cn;
di, ..., dn, имеем
(aibicidi + a2b2c2d2 + ... + anbncndn)A ^
< (a?6? + a^ + ... + a2nh2n)\c\d\ + c\d\ + ... + c^J <
^ (a\ + a? + ... + a?)(ft? + b\ + ... + bAn)x
Равенство, очевидно, достигается только, если а\ : Ь\ : с\ :
: di = a2 : 62 • ^2 • ^2 = ... = ап : Ьп : сп : dn.
299. Перенумеруем числа щ в порядке возрастания:
а1 ^ а2 ^ аЗ ^ • • • ^ ап-
В таком случае при отыскании наибольшего возможного зна-
чения дроби -^ -г ^^ ^ -75 ^ можно
\аЬ + а& + + tt^)
\а\Ь\
ограничиться тем случаем, когда числа Ъ{ расположены в по-
порядке убывания:
Действительно, если бы какое-нибудь число bi было меньше
числа bj с большим номером (i, j — какие-то номера от 1
до п; г < j), то можно было бы увеличить эту дробь, пере-
переменив местами bi и bj (числитель при этом не изменится, а
знаменатель уменьшится, так как aibj + ajbi > aibi + djbj, ибо
(aibj + ajbi) - (aA + ajbj) = (ai - aj)(bj - bi) < 0).
Мы будем считать, что не все числа а^ равны между собой
или не все числа bj равны между собой: если а\ = а2 = ...
... = ап и Ь\ = &2 = • • • = ЬП1 то интересующая нас дробь рав-
\М\М2 \т\т2
(\/ т1т2 у MXM2\
на 1, а выражение 1 + I I тоже равно 1
V 2 /
(ибо М\ = mi, M2 = ГП2). Положим теперь
af = ща\ + fiial,
Щ = аф\ + /Зф2п (г = 2, 3, ...,гг-1).
РЕШЕНИЯ 425
Из этой системы уравнений можно определить числа оц и /3f.
Щ Р
Знаменатель этих дробей положителен ( а2 Ъ\ — а2б2 > 0, ибо
а2 Ь1\ о о
— > — I, а числитель по крайней мере неотрицателен
/ 2 l2
( al$ — а%1 ^ 0, ибо —§¦ > -^; аналогично показывается,
V аг2 6г2
что afb\ — а\Щ ^ О I. Таким образом, с^ ^ 0, /% ^ 0; при
этом а^ = 0 только, если щ = ап, 6^ = 6П, ^ = 1, и аналогично
/% = 0, если а^ = ах, 6^ = Ьх, а^ = 1.
Введем еще обозначения:
1 + «2 + «3 + • • • + «п-1 = А,
/32 + ^з + • • • + /Зп-1 + 1 = В.
В таком случае числитель интересующей нас дроби можно бу-
будет записать в виде
Что же касается знаменателя, то воспользуемся тем, что в
силу неравенства (II) (с. 70)
+ (л/АапJ • V (V^>iJ +
Сложив неравенства (*), отвечающие номерам г = 1, 2, 3, ...
..., п — 1, п (здесь мы считаем а\ = 1, f3\ = 0, ап = 0, /Зп = 1),
получим
Таким образом, мы видим, что наша дробь не больше, чем
BanbnJ
426
РЕШЕНИЯ
Но
bl)
+ BanbnJ
а в силу неравенства (I) (с. 64)
= 1 + АВ
(anbi -
(АаЛ+ВаАJ'
Ааф\ + Banbn ^ 2у Aaibi • Banbn.
Таким образом, окончательно получаем
(**)
(а\
Ь\
1 + AB-
а2&2 + • • • +
(anbi -
BanbnJ
AB-
= 1 +
что и требовалось доказать.
Неравенства (*) не могут обращаться в равенства, если фи-
/ ^1 bi \
гурирующие в них числа положительны I ибо — ^ — ]. Та-
V ап Ьп)
ким образом, они выполняются только, если все с^ равны О
или 1 (в последнем случае /% = 0), т. е. если
о»1 = «2 = • • • = ak < ак+1 = ак+2 = ... = an,
b\ = 62 = • • • = bk > bk+i = b/c+2 = • • • = bn.
При этом, для того, чтобы еще и неравенство (**) обращалось
в равенство, необходимо, чтобы было Aai^i = Ban6n, т. е.
\ и о и 1 и ( i\ и ai Ъп п-к
Aa\b\ = Ban6n, т. е. ка\Ь\ = (п — к)апЬп, или — : — = —-—.
ап 6i к
Этим определяется тот второй случай, когда
anbnJ
= 1 +
РЕШЕНИЯ 427
(первый такой случай: а\ = а2 = ... = ап, Ъ\ = Ь2 = ... = ЪП1
мы имели выше).
300. Имеем
n(aibi + a2b2 + ... + anbn)-
- (а\ + а2 + ... + ап)(Ь\ + Ь2 + ... + Ьп) =
= - [(ai - a2)(bi - 62) + (ai - a3)(bi - 63) + ...
• • • + (o>n-i - a>n)(bn-i - K)] > 0,
откуда и вытекает требуемое неравенство.
301. Поскольку по условию —|— = 1, то р + q = pq и,
следовательно,
= р + q = pi + gi =P + q =Pi+qi
q qi ' q p pi
где pi и (/i — целые положительные числа, пропорциональ-
/ с^ 'у
ные р ж q [ если р = — ид=-, где а, ^9, 7 и ^ — целые числа,
V Р о
то можно положить, например, pi = а5 ж qi = jf3). Поэтому
доказываемое неравенство можно переписать в виде
p + q
Положим теперь
=у Р1
Отсюда имеем, используя теорему о среднем арифметическом
и среднем геометрическом (задача 268),
= (х1Х1 ...Х1 у1У1 ...
q+p
Pi+qi rp Pi+qi l
¦x <& -\ — у Pi = - ;
428 РЕШЕНИЯ
Равенство имеет место только, если хр = yq.
302. Обозначив
а\ + п2 + ... + ап = а, Ъ\ + &2 + ... + Ъп = 6
и разделив доказываемое неравенство на аа6^, придем к нера-
неравенству, эквивалентному неравенству задачи,
Из теоремы о среднем арифметическом и среднем геомет-
геометрическом (задача 268) можно получить, что для каждого зна-
значения к (к = 1, 2, ..., п)
(ср. с решением задачи 301).
Складывая эти неравенства почленно для всех значений
к = 1, 2, ..., п, получаем
^
а
¦ + ¦
h
| аа2
а
¦ + ¦
рь2
ъ +--- +
аап
а
b
аа
что и требовалось доказать.
Равенство имеет место только, если а\ : Ъ\ = а2 : &2 — • • •
... = ап : Ьп.
Замечание. Эту теорему можно доказать также исходя из
неравенства Коши-Буняковского, что,однако,значительно сложнее.
303. Поскольку это неравенство имеет много применений
в математическом анализе, приведем два его доказательства.
РЕШЕНИЯ 429
Первое доказательство. Полагал в неравенстве за-
задачи 302
Р q
и, далее,
мы получаем требуемое неравенство.
Равенство имеет место только, если х\ : у\ = Х2 : У2 — • • •
пг> 'II
Второе доказательство. Положим
1 1
и разделим обе части доказываемого неравенства на XY. Если
мы при этом обозначим
у = ^, y = fk (k = l,2,...,n),
то доказываемое неравенство сведется к неравенству
Z\v\ ~т~ Z<2iv<2i ~т~ ... ~~г~ Zrfibrfi ^^ -L, \ /
где должно быть
z\ + zv2 + ... + zvn = 1, t\ + t\ + ... + tqn = 1. (**)
Согласно неравенству задачи 301 мы можем записать п нера-
неравенств:
1 1
* р г q V
'-zp + -tq
" pZ2 q 2'
.....
71 П ^ р g
Складывая почленно эти неравенства, получаем
• zntn ^
<-GРА-7РА- А- 7Р) A--(tq A-tq A- A-tq)
Р Я
430 РЕШЕНИЯ
или, пользуясь теперь условиями (**) и тем, что —|— = 1,
Р Я
получаем неравенство (*), эквивалентное неравенству задачи.
Легко видеть, что равенство имеет место только, когда
х\ : у\ = х2 : V2 = • • • = хп : уп.
304. Доказательство проводится аналогично доказатель-
доказательству неравенства задачи 302.
Обозначив
а\ + а2 + ... + ап = а,
Ьг + Ъ2 + ... + Ьп = 6,
и разделив доказываемое неравенство на ааЬ@... /л, придем к
неравенству, эквивалентному неравенству задачи,
Из теоремы о средних получаем (ср. с решением задач 301
и 302)
а Ь р— + ... + А—
а о 1_
а + )9 + ... + А
= а h р— + . . . + А — .
а 6 /
Складывая почленно эти неравенства для всех значений
к = 1, 2, ..., п, получаем
—) 1^1 ...1^1 ^
\ a
РЕШЕНИЯ 431
/аап fibn \ln\ a
... + + —г- + • • • + -j- = -(ai + a2 + ... + ап) +
\ а Ь I ) a
+ х(&1 + &2 + • • • + Ьп) + . . . + -(h + h + • • • + ln) =
аа /3b XI
= — + ^- + ... + - = 1,
что и требовалось доказать.
Равенство имеет место только, если а\ : Ъ\ : ... : 1\ =
= а2 : &2 • • • • : h = • • • = «п • К : ... : 1п.
Примечание. Обозначив
а=-, /3 = -, ..., А = - и a;=xf, Ъг = Ъ\, ..., ^ = и*
Р Q t
(i = 1, 2, ..., n),
мы придем к новой форме этого неравенства, аналогичной нера-
неравенству Гёльдера: если — + — + ... + — = 1, то при любых
Р Q t
положительных числах xi, ..., хп; у\, ..., уп; ...; щ, ..., ип
ххух... щ + х2у2 • • • и2 + хпуп ...ип^
...X (!/*+!/*+...+О1/*.
305. Положив в неравенстве задачи 304, что п последова-
последовательностей положительных чисел суть 1, а\] 1, а2; ...; 1, ап и
а = в = ... = —, получим
п
I I I III
(l + ai)n(l + a2)rc ...A + ап)п > 1 + af а2п ... а^,
откуда и следует неравенство задачи.
Равенство имеет место только, если а\ = а2 = ... = ап.
306. Неравенство настоящей задачи есть частный случай
неравенства задачи 304 при а = /3 = ... = \=—.
п
Равенство имеет место только, если а\ : Ь\ : ... : 1\ = ...
. . . = CLn '. Оп '....'. Ln.
307. Положив в неравенстве задачи 304
a = /3 = 7=-г, ai=bi=ci = l, a2 = -, Ь2 =-, с2 = -,
3 ж у z
432 РЕШЕНИЯ
получим
1 1 1 111111
(ах + а2) з (bi + b2) з (ci + с2) з > af 6f cf + a| 6| cf ,
или
.-.1 + lU1 + lWi + ibi+ '
Заметим, что по теореме о среднем геометрическом и сред-
среднем арифметическом (см. задачу 263)
y
xyz
х + у + z 1
—
3 3'
откуда
i=>S.
Таким образом,
х) v у) v */
Возводя в куб обе части, получаем требуемое неравенство.
308. Обозначим правую часть неравенства через S. В та-
таком случае имеем
S = {а\ + Ь\ + ... + 1\) + (а2 + Ь2 + ... + 12) + ...
• • • + К + Ьп + ... + /nJ = Mai + bi + ... + h) +
+ п2уп2 -\-b2 -\-... -\-12) -\-... + пп\&п ~\~ Ьп ~\~ • • • ~\~ 1п)\ Н~
... + 6n(an + 6П + ... + /п)] + ... + [/i(ai + &i + ... + 1\) +
Н~ ^2(а2 + 62 + ...+ /2) + ...+ 1п\&п ~\~ Ьп ~\~ • • • ~\~ 1п)\-
Применяя неравенство Гёльдера (задача 303) при р = q = 2
к каждому выражению в квадратных скобках, получим
S2 < ^/af + a| + ... + a2nS
... +
РЕШЕНИЯ 433
откуда и вытекает требуемый результат.
Равенство имеет место только, если
а\ : Ь\ : ... : 1\ = п2 : &2 • • • • • h = • • • = ап • Ьп : ... : 1п.
309. а) ип+1 - ип = а0[(п + 1)к - пк] + ах [{п +1)^ - пк~1] +
... + a,k-i[(n + 1) — п]. Но при любых а и 6 имеет место фор-
формула
ак - Ък = (а - Ъ){ак~1 + ак~2Ъ + ... + аЪк~2 + б^1).
Применим эту формулу к разности (п + 1)к — пк:
(п + 1)к -пк = (п + l)^1 + (п + 1)Лп + ...
... + (п + 1)пк~2 + п^ = А; • пк~1 + ...,
где точками обозначены члены ниже чем (fc — 1)-й степени
относительно п. Остальные слагаемые никак не могут увели-
увеличить степень последовательности. Отсюда следует, что сте-
степень последовательности Щь = ^n+i ~~ ип равна к — 1:
uffl = аок • пк~1 + ...
б) После перехода от последовательности ип к последо-
(s+l)
вательности иуп J степень последовательности уменьшается
на 1. Поэтому щ, — последовательность нулевой степени;
(к)
другими словами, все члены последовательности иуп J равны
постоянному числу. Значит, иуп J = 0 для всех п, что и тре-
требовалось доказать.
Примечание. Из решения задачи также вытекает, что у по-
последовательности к-и степени ряды разностей 1-го порядка, 2-го по-
порядка и т. д. до к-го порядка включительно не являются рядами
одних нулей (т. е. Un есть первый ряд разностей, все члены
которого равны нулю). Действительно, ряд разностей s-ro порядка
нашей последовательности, где s < к, представляет собой последо-
последовательность (к — s)-ro порядка, члены которой не могут обращаться
в нуль (многочлен степени к — s обращается в нуль не больше чем
при к — s различных значениях переменной). Что же касается ряда
разностей к-го порядка, то по поводу его см. задачу 310.
310. Первое решение. В решении задачи 309, а) мы
видели, что если
ип = к k~l
28 Д.О. Шклярский и др.
434 РЕШЕНИЯ
7 (!)
есть последовательность /с-го порядка, то Un есть последова-
последовательность (к — 1)-го порядка вида
tjW = а0 • кпк~1 + ...
Отсюда следует, что последовательность щ, имеет вид
и® = аок(к - 1)пк-2 + ...,
(з)
последовательность иуп' имеет вид
и® = аок(к - 1)(к - 2)пк~3 + ...
(к-1)
и т. д., наконец, последовательность Un имеет вид
аок(к — 1)... 2 • п + ...,
где точками обозначено какое-то постоянное слагаемое. От-
Отсюда непосредственно следует утверждение задачи.
Второе решение. В силу результата задачи 309, а) ряд
разностей к-го порядка последовательности к-тк степени явля-
является последовательностью нулевой степени, т. е. все члены
его равны между собой (не зависят от п). Таким образом,
(к)
достаточно определить ?Jq .
Для ряда ип мы имеем формулу
(см. задачу 313). Приравняем обе формулы:
l + ... + ак = щ + С^и^ + ... + Ски^\
Слева и справа мы имеем один и тот же многочлен, только
справа нужно еще сделать приведение подобных членов. Сла-
к syk (к)
гаемое а$п может получиться лишь из слагаемого C^Uq :
к (А.) _ n(n-l)(n-2)...(n-fc + l) (A.)
(к)
Коэффициент при пк равен ° . Приравняв коэффициенты
к\
при пк в левой и правой частях равенства, получим
(к)
clq = -г^~; отсюда щ ' = clq • /с!,
РЕШЕНИЯ 435
что и требовалось доказать.
311. а) Выпишем ряд ип и к рядов сумм так, чтобы каждое
число следующего ряда сумм стояло под теми числами, суммой
которых оно является. Мы получим
Uq
по
-(к)
U\
-(к)
1
U2
и2
-(к)
2
из
«з1}
4"
... ип
¦ ¦ ¦ пп}
... пп
п{п]
Un+\ . .
«1+1 ¦ ¦
^1+1 ••
-(к)
ио
Число пп зависит только от un, un+i, ..., un+k и не зависит
от остальных чисел данного ряда. Докажем теперь, что
Clku
n+l
Воспользуемся методом математической индукции. При
к = 1 формула верна, так как она принимает вид
= un
что является определением первого ряда сумм. Далее, пусть
формула верна для значения к — 1; докажем, что в этом случае
она будет справедлива и для к:
C%_1un+2
i (r^k—2 i s~ik — \\n i s~ik — l
• • • + l^/c-i + ^/c-iJ^n+Zc-l + <^k
Из определения символа С™ следует, что
Uk-1 — Uki Uk-1 "•" ^к-1 — Uki Uk-1 "
и т. д. Поэтому
что и требовалось доказать.
28*
436 РЕШЕНИЯ
б) Доказательство аналогично решению задачи а) и предо-
предоставляется читателям.
312. Будем вести доказательство по индукции. Для первой
строки формула верна, так как С\ = —.
Пусть она верна для (п — 1)-й строки; докажем, что она
верна для n-й строки.
Из определения треугольника Паскаля имеем
Поэтому при к > 1 получаем
к (n-l)(n-2)...(n-fc
(jfe-l)!
Преобразуем это выражение:
к (n-l)(n-2)...(n-fc + l) (n-l)(n-2)
(jfe-l)! fc!
п — к
(к-1I
_ п(п - 1)(гс - 2)... (п - к + 1)
" к\ '
что и требовалось доказать.
Если к = 1, то
Примечание. Из полученной формулы следует, что числа,
стоящие на {к + 1)-й линии треугольника Паскаля, параллельной
боковой стороне треугольника, представляют собой последователь-
последовательность к-и степени. Действительно, если к постоянно, а п меняется,
то
к _ п(п- l)...(n-fc + l)
Сп~ jfe! '
является многочленом к-и степени от п.
313. Для доказательства достаточно заметить, что число-
числовой треугольник
(п) (га-1) (п-2) A)
(п-1) (п-2) (п-3)
и\ ' и\ ' и\ ... и\
(п-2) (п-3)
Щ Щ ... U2
РЕШЕНИЯ 437
является треугольником сумм, т. е. его можно переписать в
виде
^0 vl vl ••• vn-l Vn
_A) _A) _A) _A)
^0 vl ^2 '•• Vn-1
и далее воспользоваться результатом задачи 311, а).
314. Если все числа к-го и последующих рядов разностей
равны нулю, то числа (к — 1)-го ряда разностей постоянны (и
отличны от нуля по условию задачи). Далее, так как
и0 — и0 — ... — и, Uq т^ и,
то
п(п-1) B) n(n-l)...(n-fc + l) (/с)
+ г ° +---+ Л! °
(см. задачу 313). Но эта формула выражает ип как много-
многочлен к-ж степени относительно п, что и доказывает утвержде-
утверждение задачи.
315. Рассмотрим последовательность
ип = I4 + 24 + З4 + 44 + 54 + ... + п4
и вычислим нулевые члены первых пяти рядов разностей:
0 Щ U2 Щ U4, Щ . . .
1 16 81 256 625...
15 65 175 369 ...
50 ПО 194...
60 84 ...
24 ...
Здесь
— последовательность четвертой степени; поэтому щ =0,
если только к > 5 (см. задачу 309, б));
41} = 1, 42) =15? 43) = 5°> 44) = б°> 45) =24;
438 РЕШЕНИЯ
поэтому в силу задачи 313
irn(n-l) r n(n-l)(n-2)
ип = 0 + п + 15 -Ц-—'- + 50 -i -^ - +
n(n-l)(n-2)(n-3) n(n-l)(n-2)(n-3)(n-4)
+ 6° 24 + 24 120 "
Это и есть искомая формула. Приведя подобные члены, мы
получим
14 + 24 + 34 + 44 + . . . + п4 = И(И
+ 3 + 4 + . . . + п -
oU
Примечание. Аналогично можно найти сумму
1* + 2к +Зк + ... + п/%
где /с — любое натуральное число.
316. а) Первым рядом разностей последовательности
ип = 1к + 2к + 3^ + ... + пк
является последовательность А;-й степени (п + 1)^, у которой
все числа (к + 1)-го ряда разностей равны нулю. Значит,
(к-\-2)
щ, =0. Но если ряд имеет к + 1 ряд разностей, не равных
нулю, то это целая рациональная последовательность (к + 1)-й
степени (см. задачу 314).
б) Пусть
ип = 1к + 2к + 3^ + ... + пк = Аопк+1 + Ащк + ...
В таком случае
(см. задачу 310). Но Un есть к-тк ряд разностей последова-
последовательности щ, к-тк степени:
= (п + 1)к = пк
Отсюда в силу той же задачи 310 имеем
РЕШЕНИЯ 439
Итак, получаем
1
у-' и к + 1
— коэффициент при пк+1 в выражении для
ип = 1к + 2к + Зк + ... + пк
равен
1
к + 1
Сложнее определить коэффициент при п . Для этого вер-
вернемся к формуле задачи 313:
ип =
Приравнивая коэффициент при пк~1 с обеих сторон этой
формулы, мы получим
ai =
_ (k - l)k (fc) 1 (fc-1)
~ 2k\ Щ +Jk^Ty.U°
-2)\Щ
2(к-2)\
(ср. со вторым решением задачи 310). Теперь, применяя эту
формулу к последовательности
(п + 1)к = пк
мы получаем
^о
(Л-1) _(к_ 1)} \к Цк-Щ _(к_ .,fc(fc + l) _ (fc + 1)!
440 РЕШЕНИЯ
Переходя к последовательности
ип = 1к + 2к + 2к + ... + пк = Ао
для которой последовательность (п + 1)к составляет первый
ряд разностей, мы получаем по той же формуле
— 1)! А;! 2 2 2 2'
(одесь по понятным причинам щ и^ обозначают то же,
г (к) (к-1) ч
что выше обозначалось соответственно через щ ~и. щ .)
Следовательно, коэффициент А\ при пк равен -.
Примечание. В решениях задач 134, а)-в) (см. с. 246) мы
имели в полном соответствии с результатом настоящей задачи
о о 2 n(n-l)Bn+l) 1 о 1 2 1
12 + 22 + ... + п2 = -^ ^ }- = - п3 + - п2 + - п,
о 3 z о
о о о П2(п + 1J 1 4 1 о 1 о
13 + 23 + ... + п3 = —Ц- — = - п4 + - п3 + - п2,
4 4 2 4
| n4 =
30
1 5 1 4 1 о 1
= 5" +2" +3" 30П;
при к = 1, очевидно, имеем
. о n(n+l) I 2 1
1 + 2 + ... + га = —^——- = -nz + -га.
Z Zj Zj
Точно так же можно быть уверенным, что, например,
jlOO + 2Ю0 + _ _ _ + п100 = _L „101 + 1 пЮ0 + _
2юоо + _ _ + пюоо = J_ niooi + I пюоо
РЕШЕНИЯ 441
и т. д.
317. Если ао = 1, то задача решается просто. В задаче 310
было доказано, что в этом случае числа fc-ro ряда разностей
равны fc!. Если числа данного ряда делятся на с/, то и числа
всех рядов разностей делятся на d. Поэтому fc! делится на d.
Рассмотрим теперь общее решение, которое верно и для
случая ао т^ 1. Выше мы имели (см. задачу 313)
A) п(п — 1)... (п — к + 1) (k)
гп а С1) B) (к)
1ак как числа ип все делятся на а, то и зд, щ', щ', ..., Tig
делятся на с/.
Вынесем d за скобки. Получим
ип = d
i 1 ^ i i
A ^ it I it -L ) . . . I it rC
k\
(!) B) (*0 *
где через г>о, ^q j ^o •> • • •' ^o обозначены частные от деле-
л (!) B) (А;) о
ния на а соответственно щ, и$ , и$ , ..., и$ . Все числа г>о,
A) B) (/с)
vK0 \ vK0 \ ..., vK0 J целые.
В скобках в виде дробей записаны лишь числа треуголь-
треугольника Паскаля:
п(п — 1) п(п — 1).. .(n — fc + 1)
2 ' '"' fc! '
Выражение в квадратных скобках приведем к общему знаме-
знаменателю:
, Ьопк + bin1"-1 + ... + Ьк
un = d .
fc!
Числа bo, b\, ..., bk являются целыми и
db\
a а
—
442 РЕШЕНИЯ
Сократим d и к\ на их наибольший общий делитель. Полу-
Получим
d d\
к\ т1
где d\ и т не имеют общего делителя:
d\b\
а
или
mm m
Отсюда следует, что числа ao, ai, ..., a^ все делятся на d\. Но
мы предположили, что числа ao, ai, ..., a& не имеют общего
делителя. Значит,
d\ = 1, — = —, или — = ш,
к\ т а
т. е. /с! делится на с/. А это и требовалось доказать.
318. Построим треугольник сумм для чисел С^, С^,
2
ГЧП— 1 /^Yn
°2n-l °2n-l
В вершине его получим С^п, так как весь треугольник яв-
является частью треугольника Паскаля.
В то же время, пользуясь общей формулой для членов тре-
треугольника сумм (см. задачу 311, а), получим в вершине число
Значит,
(с°п? + (c'j2 + (elf + ... + (с:J = с%п.
319. Рассмотрим
РЕШЕНИЯ
ряд чисел
9 Ч
а а1 от
' Ь' 62' ЬЗ' '"
Для него построим треугольник сумм:
1 а
1 ь
1 ,9й + ^
ъ ъ2
а2
б2
а а2
Ь + 62"
а а2 а3
6 Ь2 Ь6
О Q
_ a _az a*
а2 а3
Ь2 + б3
443
а3
Ъ3 '"
1 + 3-+3—+ —...
о о2 о6
Обозначим через ип п-е число данного ряда:
ап
ип = —.
Ьп
Тогда, как нетрудно заметить,
U>n = A + т) ип-
\ О/
Отсюда по индукции выводим, что
W Л , а\к
n = A + т)
Значит,
и° =\}+ь) '
В то же время
и{ок) = 1щ 1щ
а к(к - 1) а2 к(к - 1)... 2 ¦ 1 ак
~1 + кЪ+ 2 ь2+--"+ к\ ?'
Итак,
/ а\к а к(к-1)а2 к(к - 1)... 2 • 1 ак
1 + - =1 + к-+ \ Т2+--- + - П IF-
V Ь) b 2 Ь2 к\ Ък
444 РЕШЕНИЯ
Умножим обе части равенства на Ък\
(а + Ъ)к =
— 1)... 2 - 1 к
^к
,к , ,к 1 к(к-1) 2lk 2 ( )к
= bk + kabk~l + — -a2bk~2 + ... + — ^ ак
= ак + jfeo*"^ + ^tlA ak-2b2 + + Цк-l)
feo^ + ab +^ +
2 k\
Это и есть доказываемая формула.
320. Рассмотрим треугольник
1
1
2С°
1
гс\
i
i
1
зс|
1
1
4С|
1
4С|
ЗС2°
Знак минус стоит во 2-й, 4-й, 6-й, ... строках.
Докажем, что это — треугольник разностей ряда
1, 2' •••' п' "••
Для этого достаточно доказать, что при любом /с, не большем
п — 1, имеет место равенство
1 1 1
Имеем
1
nCk_i (п
п(п — 1
пС
1
)(п -
п(п
к\
-2).
- 1I
(п +
..(п-
А;!
п-2)
1)'
к)
к\
гчк-
(п
¦fi
(п
-
+
(n + l)i
(АН
1)п(п —
п
Ы)!
!)••
+ 1\
+ 1/
-А;
.(п-
к)
1
n(n- l)(n-2)...(n- A;) n
РЕШЕНИЯ 445
Теперь, после того как мы доказали, что этот треугольник
есть треугольник разностей ряда
2 п
проделаем над ним все то, что указано в условии. Мы получим
треугольник Паскаля.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
1. Докажите сначала, что общая сумма всех чисел рукопо-
рукопожатий, сделанных когда-либо каждым из людей, четна.
2. Подсчитайте, сколько ходов должен сделать конь, чтобы
обойти все клетки доски; это число нечетно.
3. а) Воспользуйтесь методом математической индукции.
Ответ, к = 2п - 1.
б) Обозначьте наименьшее число приемов, с помощью кото-
которых можно снять с проволоки п колец, через К(п) и выразите
К(п) через К(п — 2).
Ответ.
-Bn+1 — 2), если п четно,
-Bn+1 — 1), если п нечетно.
о
4. а) При первом взвешивании поместите на каждую чашку
весов по 27 монет.
б) Искомое число к определяется неравенствами 3 <
< п ^ 3*.
5. Сначала положите на чашку весов по одному кубику;
затем, положив на одну чашку оба эти кубика, на вторую кла-
кладите поочередно по паре из оставшихся кубиков.
6. а) При первом взвешивании поместите на каждую чашку
весов по четыре монеты.
б) к = 7. Докажите, что если число N монет не превос-
Зп — 3
ходит —-—, то при помощи п взвешиваний на чашечных ве-
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 447
сах без гирь всегда можно выделить одну фальшивую монету
и одновременно определить, легче она или тяжелее осталь-
остальных (разумеется, при этом должно быть N > 2); если же
Зп — 3
N > , то возможно, что п взвешиваниями этого не
Zl
удастся сделать. Доказательство, опирающееся на принцип
математической индукции, проведите в несколько этапов. А
именно, последовательно докажите следующие предложения.
A. Пусть имеется N монет, разбитых на две группы X и У,
и известно, что одна из этих монет фальшивая, причем если
эта монета находится в группе X, то она легче остальных, а
если в группе У, то тяжелее остальных. В таком случае, если
N ^ Зп, то фальшивую монету можно выделить п взвешива-
взвешиваниями, а если N > Зп, то это, возможно, не удастся.
Б. Пусть имеется N монет, среди которых одна фальши-
фальшивая, имеющая другой вес, чем остальные (более легкая или
более тяжелая — не известно), и еще по крайней мере одна за-
Зп — 1
ведомо настоящая монета. В таком случае, если N ^ ,
то при помощи п взвешиваний на чашечных весах без гирь
можно выделить фальшивую монету и определить, легче она,
чем остальные, или тяжелее, а если N > , то это, воз-
возможно, не удастся.
B. Предложение, сформулированное в начале указания.
7. а) Одно звено, б) 7 звеньев.
8. Второй.
9. Докажите сначала, что веса всех гирь одновременно
четны или нечетны.
10. Воспользуйтесь тем, что четность или нечетность пер-
первых четырех чисел каждой строки нашего числового треуголь-
треугольника зависит только от четности и нечетности первых четы-
четырех чисел предыдущей строки.
11. Измените порядок следования полей так, чтобы с
каждого поля можно было перейти на соседнее.
12. 15621.
13. Два рубля.
14. а) Закон чередования дней в году, по нашему кален-
448 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
дарю, таков: через каждые четыре года один год, номер ко-
которого делится на 4, является високосным; исключение сос-
составляют годы, номера которых делятся на 100, но не делятся
на 400. Отсюда легко усмотреть, что 400 лет содержат целое
число недель; следовательно, остается проверить, начинается
ли в течение каких-либо 400 лет новый год чаще с субботы
или с воскресенья.
Ответ. С воскресенья.
б) На пятницу.
15. Все числа, оканчивающиеся на 0, и двузначные числа:
11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99; 12, 24, 36, 48; 13, 26, 39; 14, 28;
15; 16; 17; 18; 19.
16. а) 6250^... 0, п = 0,1,2,...
п раз
б) Попытайтесь решить задачу: найти целое число, начи-
начинающееся с известной цифры а и при зачеркивании этой цифры
уменьшающееся в 35 раз.
17. а) Докажите предварительно, что число уменьшается
в 9 раз при зачеркивании цифры 0, стоящей на втором месте.
б) 10125, 2025, 30 375, 405, 50 625, 6075, 70 875 (к каж-
каждому из этих чисел можно еще приписать в конце произволь-
произвольное число нулей).
18. а) Числа, у которых все цифры, кроме первых двух,
нули.
б) Рассмотрите отдельно случаи, когда первая цифра ис-
искомого числа есть 1, 2, 3,... , 9. Всего имеется 104 различных
числа, удовлетворяющих условию задачи, к каждому из кото-
которых можно в конце приписать произвольное число нулей.
19. а) Наименьшее возможное число 142 857.
б) Цифрами 1 или 2. Наименьшее число, начинающееся
цифрой 2, есть 285 714.
20. Используйте то, что числа, которые делятся на 5,
должны оканчиваться цифрами 0 или 5; числа, которые де-
делятся на 6 или на 8, оканчиваются четной цифрой.
21. Попытайтесь решить задачу: найти число, увеличи-
увеличивающееся вдвое от перенесения начальной цифры в конец.
22. Решается аналогично предыдущей задаче.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 449
23. Наименьшее число, удовлетворяющее условию задачи,
7 241 379 310 344 827 586 206 896 551.
24. а) Число, меньшее своего обращенного в 5, 6, 8 или
7 раз, должно начинаться с цифры 1; число, меньшее своего
обращенного в 2 и 3 раза, может начинаться с цифр 1, 2, 3, 4
и соответственно 1, 2, 3.
б) Числа, в 4 раза меньшие своего обращенного, — это
числа ряда
0, 2178, 21978, 219 978, 2199 978, ... (*)
или числа, десятичная запись которых имеет вид
Р1Р2...Рп-1РпРп-1...Р2Ри
где Pi, Р2, • • • iPn — какие-то числа ряда (*).
25. а) 142 857.
б) Попытайтесь найти восьмизначное число, увеличиваю-
увеличивающееся в 6 раз при перестановке четырех последних цифр на
первые четыре места с сохранением их порядка.
26. 142 857.
27. Разложите на множители многочлены, выписанные в
условии задачи; рассмотрите, какие остатки может давать
число п при делении на 3 (соответственно на 5, на 7 и т. д.).
28. а) Воспользуйтесь тем, что разность одинаковых чет-
четных степеней делится на сумму оснований.
б) См. указание к задаче 27.
в) 56 786 730 = 2-3-5-7-11 • 13-31-61. Далее воспользуйтесь
предложениями задач 27, а)-д) и аналогичными предложе-
предложениями, вытекающими из теоремы Ферма (см. задачу 240).
29. Воспользуйтесь тем, что n2 + 3n + 5 = (n + 7)(n — 4)+ 33.
30. Разложите заданное выражение на множители и срав-
сравните число множителей с числом множителей, на которые
можно разложить число 33.
31. Воспользуйтесь тем, что всякое целое число, не деля-
делящееся на 5, можно представить в виде 5А; ± 1 или 5А; ± 2.
Ответ. 0 или 1.
32. Воспользуйтесь результатом предыдущей задачи.
33. 625 и 376.
29 Д.О. Шклярский и др.
450 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
34. Найдите две последние цифры числа TV20; три послед-
последние цифры числа TV200.
Ответ. 7; 3.
п(п + 1)
35. 1 + 2 + 3 + ... + п = . Группируя отдельные
Zl
члены суммы 1к + 2к + 3^ + ... + пк, докажите, что эта сумма
п п + 1
делится на — и на п + 1 или на п и на —-—
Z Z
36. Разность суммы цифр числа, стоящих на четных мес-
местах, и суммы цифр, стоящих на нечетных местах, должна де-
делиться на 11.
37. Число делится на 7.
38. Всегда можно найти число, начинающееся с цифр 1, 0
и делящееся на К. Переставляя подходящим образом цифры
этого числа и вычитая одно из другого два делящихся на К
числа, можно доказать, что 9 делится на К.
39. 26 460 = 22 • З3 • 5 • 72. Докажите в отдельности, что
заданное выражение делится на 5 • 72 и что оно делится на
22 • З3.
40. Воспользуйтесь тождеством
41. Запишите данное число в виде
B2225555 + 45555) + E5552222 - 42222) - D5555 - 42222).
42. Воспользуйтесь методом математической индукции.
43. Воспользуйтесь тем, что 106 — 1 = 999 999 делится на 7
и что любая степень десяти дает при делении на 6 остаток 4.
Ответ. 5.
44. а) 9; 2. б) 88; 67.
в) Найдите, какими двумя цифрами оканчиваются числа
7A414) и2A414).
Ответ. 36.
46. а) 7; 07. б) 3; 43.
46. Рассмотрите числа
Z Z = N
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 451
и определите последовательно одну последнюю цифру чис-
числа Zi, две последние цифры числа ^2, три последние цифры
числа ^з, четыре последние цифры числа Z±, пять послед-
последних цифр числа Z5, пять последних цифр чисел Z§, Z7, ...
Ответ. 45 289.
47. Искомые 1000 цифр будут рРР ... Р, где
23 раза
Р = 020 408 163 265 306 122 448 979 591 836 734 693 877 551
— период чистой периодической дроби, в которую обращает-
обращается —, а р — группа последних 34 цифр числа Р. Для доказа-
тельства воспользуйтесь тем, что
5Q1000 _ 1 5Q1000 _ 1
50-1 49 '
48. 24.
49. а) Сравните степени, в которых входит какое-нибудь
простое число р в произведение а! и в произведение (t + 1) х
х(? + 2)...(? + а).
б), в) Воспользуйтесь результатом задачи а).
г) Докажите сначала существование такого числа /с,
что Ы, где d — разность прогрессии, дает при делении на п!
остаток 1.
50. Не делится.
51. а) (п — 1)! не делится на п; если — п простое число или
п = 4.
б) (п — 1)! не делится на п2, если п есть простое число,
удвоенное простое число или если п = 8, п = 9.
52. Докажите, что все такие числа меньше 72 = 49.
Ответ. 24, 12, 8, 6, 4 и 2.
53. а) Докажите, что сумма квадратов пяти последова-
последовательных целых чисел делится на 5, но не делится на 25.
б) Определите остаток, который дает сумма четных сте-
степеней трех последовательных целых чисел при делении на 3.
в) Определите остаток, который дает сумма одинаковых
четных степеней девяти последовательных целых чисел при
делении на 9.
29*
452 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
54. а) Найдите остатки от деления чисел А и В на 9.
б) 192, 384, 576 или 273, 546, 819, или 327, 654, 981, или 219,
438, 657.
55. Четырьмя нулями.
56. Воспользуйтесь теоремой Пифагора; отдельно пока-
покажите, что площадь прямоугольника делится на 4 и что она
делится на 3.
57. Рассмотрите, какой остаток может давать Ь2 —Аас при
делении на 8.
58. Докажите, что после сложения дробей и возможного
сокращения результата получится дробь, знаменатель кото-
которой делится на 3 и на 2.
59. Для доказательства того, что числа М и N не явля-
являются целыми, надо показать, что после сложения мы получим
дробь, знаменатель которой делится на более высокую сте-
степень 2, чем числитель. Доказывая, что число К не является
целым, надо в предшествующих рассуждениях заменить сте-
степень двойки степенью тройки.
60. а) Приведем заданную сумму дробей к общему зна-
знаменателю (р — 1)!. При этом в числителе мы получим сумму
всевозможных произведений из р — 1 чисел 1, 2,... ,]э — 1 по
р — 2. Обозначим сумму всевозможных произведений из п
чисел 1, 2,... , п по к через П^. Нам надо показать, что П^115
где р простое, делится на р2.
Использовав формулу
(х - 1)(х - 2){х - 3)... (х - р + 1) =
и то, что
[(ж - 1)(х - 2)(ж - 3)... (ж - р + 1)](х -р) =
= (х- 1)[(х - 2)(х - 3)... (х -р + 1)(х-р)],
докажите равенство друг другу двух многочленов, коэффици-
коэффициенты которых зависят от П^_15 П^_15 ..., П^11. Приравнивая
затем коэффициенты двух полученных таким образом много-
многочленов, получите ряд соотношений между величинами Й_1 и
выведите из этих соотношений утверждение задачи.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 453
б) Приведите данную сумму дробей к общему знамена-
знаменателю [(р — I)!]2; при этом числитель будет равен (П^11J —
— 2(р — 1)!П^11. Далее см. указание к задаче а).
Р
61. Воспользуйтесь тем, что дробь — сократима или несо-
несократима одновременно с дробью -.
Р
62. Докажите, что для любого целого числа b число раз-
разностей а^ — аи делящихся на 6, не меньше числа разностей к — 1,
делящихся на 6; при этом рассмотрите сначала случай, когда
п кратно Ь.
63. Докажите сначала тождество
A + 104 + 108 + ... + 104/с)-101 =
= A + 102 + 104 + ... + 102/с)A02/с+2 + 1).
64. а) а — Ь; б) а — Ь.
65. Покажите, что B2™ + 1) — 2 делится на все предшест-
предшествующие числа заданной последовательности; отсюда будет сле-
следовать, что 22П + 1 не может иметь с предыдущим числом по-
последовательности общий делитель, отличный от 2.
66. Рассмотрите, какие остатки могут давать числа 2п — 1
и 2п + 1 при делении на 3.
67. а) Рассмотрите, какие остатки могут давать числа р,
8р — 1 и 8р + 1 при делении на 3.
б) Рассмотрите, какие остатки могут давать числам, 8]э2 +
+ 1 и 8р2 — 1 при делении на 3.
68. Рассмотрите, какие остатки может давать простое
число при делении на 6.
69. См. указание к предыдущей задаче.
70. а) Докажите, что разность прогрессии должна де-
делиться на 2 • 3 • 5 • 7 = 210.
Ответ. 199, 409, 619, ..., 2089.
б) Докажите, что если первый член прогрессии отличен от
11, то разность должна делиться на 2 • 3 • 5 • 7 • 11 = 2310; если
первый член равен 11, то разность должна делиться на 210.
При решении задач 70, а) и б) удобно пользоваться табли-
таблицами простых чисел.
454 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
71. а) Таким будет нечетное число, не делящееся на 3.
б) Достаточно найти число, не имеющее с остальными 15
из рассматриваемых 16 чисел общих множителей 2, 3, 5, 7, 11
и 13.
72. Произведение равно 22 ... 2 1 77... 7 8.
665 раз 665 раз
73. Частное равно
777000777000 ... 77700077,
группа 777 000 повторяется 166 раз
остаток 700.
74. 222 222 674 025 =4714052.
75. Докажите, что если
то и
76. 523152 и 523 656.
77. 1946
78. а) Преобразуйте выписанное число и сравните его с
выражением для суммы членов арифметической прогрессии с
разностью 1, первым членом 10n-1 и последним членом 10п —1.
б) 1769 580.
79. Рассмотрите сначала все целые числа от 0 до 99 999 999,
приписав к тем из них, которые имеют меньше восьми цифр,
нули слева так, чтобы эти числа стали восьмизначными.
80. 7.
81. Нет.
82. Воспользуйтесь тем, что каждые девять гирь, веса
которых равны п2, (п + IJ, ..., (п + 8J, можно разбить на
три группы, первые две из которых имеют одинаковый вес, а
третья легче их на 18.
83. 240.
84. а) 147, 258, 369. б) 941, 852, 763.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 455
85, 86. Воспользуйтесь формулой для суммы членов ариф-
арифметической прогрессии.
87. Представьте выражение п(п +1)(п + 2)(п + 3) +1 в виде
квадрата многочлена.
88. Докажите, что среди рассматриваемых чисел не может
быть больше четырех попарно различных.
89. Докажите прежде всего, что каковы бы ни были пер-
первоначальные числа, не позднее чем через четыре шага мы при-
придем к четверке четных чисел.
90. б) Постройте возрастающую последовательность, на-
начинал с первого из выписанных 101 числа. Если в этой по-
последовательности будет меньше 11 чисел, то вычеркните эти
числа и постройте новую возрастающую последовательность,
начинающуюся с первого оставшегося числа; если и в этой по-
последовательности будет меньше 11 чисел, то вычеркните и ее
и постройте новую возрастающую последовательность и т. д.
Если все построенные последовательности содержат меньше
11 чисел, то у нас будет не меньше 11 последовательностей;
используя это обстоятельство, можно построить убывающую
последовательность из 11 чисел.
91. Рассмотрите наибольшие нечетные делители выбран-
выбранных чисел.
92. а) Рассмотрите наименьшие по абсолютной величине
остатки, которые дают числа при делении на 100.
б) Пусть ai, a2,..., аюо — данные числа. Рассмотрите ос-
остатки от деления на 100 чисел ai, а\ + а2, а\ + а 2 + аз?
93. Пусть шахматист сыграл за какой-то день а\ партий;
за этот день и следующий п2 партий; за три последовательных
дня аз партий и т. д. Рассмотрите 154 числа: ai, a2, ..., ^77,
ai + 20, a2 + 10, ..., a77 + 20.
94. Рассмотрите остатки от деления на N чисел 1, 11,
ш,...
95. Последние четыре цифры разности вполне определяют-
определяются последними четырьмя цифрами уменьшаемого и вычитае-
вычитаемого. Докажите, что существуют п и к такие, что последние
четыре цифры (п-\-к)-го и (n+fc+l)-ro членов ряда Фибоначчи
соответственно равны последним цифрам к-го и (fc + l)-ro чле-
456 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
нов ряда; в таком случае последние четыре цифры (п-\-к — 1)-го
члена будут равны последним четырем цифрам (к — 1)-го члена
ряда и т. д. Таким путем можно найти член ряда Фибоначчи,
последние четыре цифры которого совпадают с последними
четырьмя цифрами первого члена, равного нулю.
96. Рассмотрите дробные части чисел 0, а, 2а, ..., 1000а.
97. Докажите, что в интервале @, А) числовой оси (А —
произвольное целое положительное число, меньшее т + п) со-
содержится ровно А — 1 из наших дробей.
98. Обозначьте через к{ (г = 1, 2, 3,...) число тех из наших
1000 1000
чисел, которые заключаются между —:— и , и подсчи-
подсчитайте число меньших 1000 чисел, кратных хотя бы одному из
чисел ai,a2,..., an.
Р
99. Длина к периода — может быть определена как наи-
наименьшая степень /с, для которой 10^ — 1 делится на q. Если
к = 2/, то отсюда следует, что 10г + 1 делится на д, т. е.
Q
есть целое число. Из последнего можно вывести, что в периоде
р
• • -о>к дроби -
п\ + Щ+1 = CL2 + Щ+2 = • • • = Щ + U21 = 9.
100. Воспользуйтесь тем, что число цифр в периодах дро-
дробей п . л равно наименьшим положительным числам к и / та-
ким, что 10 — 1 делится на рп и соответственно 10 — 1 делится
1
101. Всякое число х может быть представлено в виде [х] +
+ а, где 0 ^ а < 1.
102. Рассмотрите все точки плоскости с целыми коорди-
координатами, расположенные внутри прямоугольника 0 < х < q,
0 < у < р (ж, у — координаты точек плоскости) под его диа-
диагональю, исходящей из точки @,0).
103. Воспользуйтесь методом математической индукции.
(Можно также решить задачу, исходя из геометрических со-
соображений; для этого надо рассмотреть все точки с целыми
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 457
координатами, расположенные в первом координатном углу
под гиперболой ху = п.)
104—106. В решении задачи 104 следует использовать то,
что
[B + V2)n] = B + V2)n + B - V2)n - 1
Аналогично решаются и задачи 105, а), б) и 106.
107. Из р последовательных чисел
п, п— 1, п — 2, ..., п— р+1
одно (и только одно) делится на р\ если это число равно 7V, то
rni N v rni
— = —. Таким образом, разность СЦ — — можно записать
ipi p ipi
так:
п(п - 1)... (N + 1)N(N - 1)... (п - р + 1) 7V
р! р '
108. Докажите сначала, что если п — число членов по-
последовательности [а], [2а], [За], ..., не превосходящих 7V, то
па = 7V + /, где 1 — а ^ / < 1.
/7V\
109. Докажите, что ( —г ) равно числу не превосходя-
\2^ /
щих 7V целых чисел, делящихся на 2^-1, но не делящихся
на 2к.
110. а) 7744.
б) 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83 и 92.
111. Если а — число, образованное первыми двумя циф-
цифрами искомого числа, a b — число, образованное двумя послед-
последними цифрами, то 99а = (а + ЪJ — (а + Ъ) = (а + Ъ)(а + b — 1).
Ответ. 9801, 3025, 2025.
112. а) 4624, 6084, 6400, 8464.
б) Таких чисел вовсе нет.
113. а) 145.
б) Только число 1.
114. а) 1, 81.
6) 1, 8, 17, 18, 26, 27.
115. а) х не может быть больше 4.
Ответ, х = 1, у = =Ы; х = 3, у = ±3.
458 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
б) х = 1, у = ±1, z любое четное; х = 3, у = ±3, 2 = 2;
ж = 1, у = 1, 2 любое нечетное; ж любое положительное,
у = 1! + 2! + ... + ж!, * = 1.
116. Рассмотрите, на какую степень двух могут делиться
искомые четыре числа.
Ответ. При п нечетном разложение невозможно, при п
четном существует единственное разложение
2п = (У/2-1 2 2 2 2
117. См. указание к задаче 116. В задаче б) аналогично
задаче а) единственный ответ: x = y = z = v = 0.
118. а) Можно показать, что если х^у ж z удовлетворяют
кху
выписанному равенству и, например, z > , то эти числа
А
можно уменьшить с тем, чтобы они продолжали удовлетво-
kyz kxz kxy
рять тому же равенству. Ьсли же х ^ , у ^ , z ^
А А А
и х ^ у ^ z, то должно быть 2 ^ кх ^ 3.
Ответ. fc = I nfc = 3.
б) Каждую такую тройку целых чисел можно получить при
помощи последовательных подстановок вида х\ = ж, у\ = у,
2i = kxy — z из одной из троек 1, 1, 1иЗ,3,3. Всего в пределах
первой тысячи имеется 23 тройки целых чисел, удовлетворяю-
удовлетворяющих условиям задачи.
119. Пусть х^у — пара чисел, удовлетворяющих условию
х2 + 125 у2 + 125
задачи. В таком случае = и, = г>, где и, v —
У х
целые числа. Покажите, что пары чисел х,и и у, г; тоже удов-
удовлетворяют тому условию, что квадрат одного числа, увели-
увеличенный на 125, делится на второе. Отсюда следует, что, ис-
исходя из одной пары взаимно простых чисел, удовлетворяющих
этому условию, можно построить бесконечную в обе стороны
цепочку чисел, каждые два соседних числа которой обладают
этим же свойством. Для того чтобы найти все такие цепочки,
докажите, что в каждой цепочке имеется число, не превосхо-
превосходящее л/125 < 12.
Всего имеется 31 пара чисел, удовлетворяющих условию
задачи.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 459
120. Последовательно рассмотрите случаи, когда все че-
четыре числа различны; два числа равны, остальные различны;
две пары чисел попарно равны и т. д.
Ответ. 96, 96, 57, 40; 11, 11, 6, 6; кCк ± 2), кCк ± 2),
fcCfc±2), 1 (А; — произвольное целое число такое, что /с(ЗА;=Ь2)
положительно); 1, 1, 1, 1.
121. 2, 2 и 0, 0.
-.111111111
1 + + +
123. а) Привести задачу к следующей: найти два числа,
произведение которых известно.
б) х = т(т + п)?, у = п(га + п)?, 2 = rant, где га, п, ? —
произвольные целые числа.
124. а) Пусть у > х; покажите, что в этом случае у делится
на х.
Ответ, х = 2, у = 4.
/р+1\р /р+1\Р+1
о) ж = ( ) , у = ( ) , где р — произвольное
целое число, отличное от 0 и —1.
125. 7 или 14.
126. Из соотношения количества очков, набранных девя-
девятиклассниками, и числа сыгранных ими партий можно полу-
получить, что все девятиклассники выиграли все сыгранные ими
партии. Отсюда следует, что в турнире участвовал единст-
единственный девятиклассник.
127. Обозначьте р — а = х, р — b = у, р — с = z, где
а^Ъ^с — стороны треугольника, а р — его полупериметр. В
таком случае задача сведется к решению в целых числах урав-
нения xyz = 4:(x + y + z), или х = —. Условие х ^ у можно
yz-A
рассматривать как квадратное неравенство относительно у
(с коэффициентами, зависящими от z); отсюда можно найти
границы, в которых должны заключаться z ж у.
Ответ. Стороны треугольника могут быть равны 6, 25,
29; 7, 15, 20; 9, 10, 17; 5, 12, 13 или 6, 8, 10 (всего пять решений).
128. а) Задача сводится к решению уравнения х2-\-у2 = z2.
Если ж, у и z не взаимно простые, то все члены уравнения
можно сократить на их общий множитель; поэтому можно
460 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
считать ж, у и z попарно взаимно простыми. В этом случае
z нечетно, а из чисел ж, у одно (например, х) четно, второе
нечетно. Далее запишите уравнение в виде
Л z+y z-у
(!) =
z+y z-у
и воспользуйтесь тем, что и взаимно просты.
Li Zj
Ответ, х = 2tab, у = t(a2 — б2), z = t(a2 + б2), где а
и 6 — произвольные взаимно простые числа (а > 6), t произ-
произвольно.
б) Задача сводится к решению в целых числах уравнения
?2=ж2+у2-ж^ или [4z+(x+y)]2 = [2z+2(x+y)]2 + [3(x-y)]2.
Далее воспользуйтесь результатом задачи а).
tbBa - b) taBb - a) t(a2 + b2 - ab)
Ответ, х = , у = , z= ,
7 (а 1 СЛ \ -
где а и о взаимно просты ( — < о < la 1, и по крайней мере
одно из чисел t, а + Ъ делится на 3, t произвольно.
в) Задача решается аналогично задаче б).
ta(a - 26) tbBa - b) t(a2 + b2 - ab)
Ответ, x = —^ S у = —^ '-, z= -,
где а и b взаимно просты (а > 26), и по крайней мере одно из
чисел ?, а + Ъ делится на 3.
b s'mnA с sin(n + 1)А
129. Исходите из формул - = ———, - = :—
a sin A a sin Л
(угол В = пА), где п = 2, 5 или 6; правые части этих со-
соотношений выразите через 2 cos А и воспользуйтесь тем, что
2 cos А рационально.
Ответ, а) а = 4, 6 = 6, с = 5.
б) а = 1024, 6= 1220, с = 231.
в) а = 46 656, 6 = 72 930, с = 30 421.
130. Воспользуйтесь результатами задачи 128, а) для того,
чтобы показать, что если ж4+у4 = z2\ где x,y,z — целые поло-
положительные числа, то существуют такие целые положительные
числа #i,yi,2i, где z\ < ?, что х\ + у\ = z\. Повторяя этот
процесс, можно доказать, что в таком случае должно иметь
место абсурдное равенство ж4 + у4 = 1, где жиу целые поло-
положительные.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 461
131. Умножьте обе части равенства на п\ (относительно
обозначений см. с. 18).
132. а) 1 - -.
п
IГ1 _ 1 1
2 1.2 п(п-1)Г
В> 3 U
\ 1
3 U п(п-1)(п-2)Г
133. Воспользуйтесь методом математической индукции.
134. a) n^
в)
4
п(п + l)Bn + l)Cn2 + 3n -
30
г) п2Bп2 - 1).
135. Перенесите единицу в левую часть равенства.
136. а) (п + 1)!-1.
б) Ckn+k+1 - 1.
137. Воспользуйтесь тем, что = loga6.
138. .
...an
3
139.
sin2n+1a
' 2n+1sina'
140. 31.
141. а) Сравните данное произведение со следующим:
2 4 6 98
3 ' 5 ' 7 '¦¦¦' 99
или возведите доказываемое неравенство в квадрат.
б) Докажите, пользуясь методом математической индук-
индукции, что
13 5 2п-1
2 ' 4 ' 6 '''' ' 2п
462 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
142. Воспользуйтесь неравенством задачи 141, а).
143. 99П + 100п больше чем 101п при п ^ 48 и меньше чем
101п при п > 48.
144. 300!.
145. Докажите предварительно, что для любого целого
положительного к ^ п
п V п/ п nz
146, 147. Воспользуйтесь результатом задачи 145.
148. Воспользуйтесь методом математической индукции.
149. Используйте формулу бинома Ньютона.
150. Воспользуйтесь методом математической индукции.
151. Воспользуйтесь неравенством
(А; + 1)хк(х - 1) > хк+1 - 1 > (А; + 1)(х - 1),
из которого можно получить, что для каждого целого поло-
положительного р
(р + 1)*+1 - рк+1 >(к + 1)рк > рк+1 - (р - 1)Л+1.
152. Эти неравенства можно получить, заменив члены
сумм большими (соответственно меньшими) числами, может
быть, предварительно сгруппировав подходящим образом эти
члены (т. е. преобразовав суммы в новые, состоящие из мень-
меньшего числа членов).
153. Докажите предварительно, что
- 2л/п < —= < 2л/п -
Ответ, а) 1998. б) 1800.
154. Докажите предварительно, что
\ [^TTF- Щ < ^ < \
Ответ. 14996.
155. а) 0,105.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 463
б) Воспользуйтесь тем, что
11 1 1 г 9 10 999 1
+ + + + + + /
1 г 9 10
9 1ТШ + ТТУ+ '"
10! + Ш + " " + 1000! < 9 1ТШ + ТТУ+ '"+ 1000!/'
Ответ. 0,000 000 29.
156. Воспользуйтесь результатом задачи 152, а).
157. Вычислите предварительно число незачеркнутых сла-
1 1
гаемых между —г и —-г—г.
J 10* 10/c+1
158. а) Решается аналогично задаче 156.
б) Воспользуйтесь результатом задачи 132, а).
159. Докажите, что для всякого целого к и целого р ^ 2
1 1 1 1 \ 21g3
+ + + + <^^
1 1 1 1 \
- + —+ — + ...+ ^
Р Pz Р6 рК /
Воспользовавшись этим, выведите, что
где рг — наибольшее простое число среди чисел от 1 до п.
160. 9.
161. Докажите, что если а + b + с = 0, то (а + b + сK =
= а3 + Ь3 + с3 - ЗаЬс.
162. а) а3 + 63 + с3-3а6с = (a + b+c)(a2 + b2 + c2-ab-ac-bc).
б) (а + b + сK - а3 - Ь3 - с3 = 3(а + 6)(а + с)F + с).
163. Воспользуйтесь результатом задачи 162, а).
164. Воспользуйтесь результатом задачи 162, б).
165. Воспользуйтесь тем, что а10 + а5 + 1 = —= , a
сг — 1
а15 - 1 = (а3M - 1.
Ответ. а10 + а5 + 1 = (а2 + а + 1)(а8-а7 54 3
166. Докажите, что разность
(Ж9999 + ^8888 + _ +
делится на х
х9 + х8 + ... + х + 1.
464 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
167. Ответ.
а + Ъ (а — Ь)л/3 а + b (а — Ь)л/3
168. Избавьтесь от радикалов и решите полученное урав-
уравнение относительно а.
1 / Г 1 / 3
169. Воспользуйтесь тем, что если х2 + 2ах -\ — У-,
то х = —а + \ а2 + у , и рассмотрите графики функций
V 16
1о
Го
и ух = -а + \ а2
V
1-2а //1-2а\2 1
Ответ. Я1>2 = __ ± ^__j -_
170. а) Докажите, что должно быть Зж = х2.
Ответ. х\ = 3, Х2 = 0.
б) Докажите, что должно быть = х.
1 + X
1 + ^5 1-л/5
Ответ. —-—, х2 = —-—.
Z Z
171. Корни уравнения — все числа, заключенные между 5
и 10 E ^ж^ 10).
172. Корни уравнения: число —2 и любое число, не мень-
меньшее 2 (х = -2 и ж > 2).
173. При a = =Ы система имеет три решения; при а = ±д/2
система имеет два решения.
174. а) При a = — 1 система не имеет решений, при а = 1
система имеет бесконечно много решений.
б) При a = =Ы система имеет бесконечно много решений.
в) При а = 1 система имеет бесконечно много решений,
при а = — 2 не имеет ни одного решения.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 465
175. Для того чтобы система имела решения, необходимо,
чтобы три из четырех чисел а1,а2,скз,Щ были равны между
собой. Если а\ = «2 = <^з = ?*? <^4 = Р, то жх = Х2 = жз = —,
)
176. Единственное действительное решение х = 1, у = 1,
2 = 0.
177. а) Число действительных корней уравнения равно чи-
1
слу точек пересечения прямой у = —— х и синусоиды у = sin ж.
Ответ. 63 корня.
б) Искомое число корней — число точек пересечения си-
синусоиды у = sin ж и логарифмической кривой у = log ж —
равно 3.
178. То, что x'i + х% — целое число, доказывается мето-
методом математической индукции. Далее покажите, что если бы
х^ + #2 делилось на 5, то и х™~3 + х%~3 делилось бы на 5.
179. Квадрат первого многочлена не может содержать
равное число положительных и отрицательных удвоенных про-
произведений, а квадрат второго многочлена может.
180. Воспользуйтесь методом математической индукции;
рассмотрите отдельно случаи четного и нечетного показате-
показателей степени.
181. Если 99 999 + 111 Шу/З = (А + ВлДJ, то 99 999 -
182. Докажите, что если \/2 = р + Ц_\[т^ то \/2 есть рацио-
рациональное число.
183. Второе из двух выражений больше первого.
184. х = й1+а2 + - + й".
п
185. a) ai, a2, a±, аз-
б) Докажите, что если ща и а^ — какие-то два из заданных
чисел (а < /3) и a^a_1, a^+i — числа, стоящие в искомом распо-
расположении перед a^a и после aiC, то (a^a - aiC)(aia_1 - aiC+1) > 0.
Ответ. ai,a2,a4,a6,..., an_2, an, an_i, ап_з, an_5,... ,05,03
при n четном; ai, 02, 04, аб,..., an_i, an, an_2, an_4,..., 05, аз
при п нечетном.
30 Д.О. Шклярский и др.
466 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
186. а) Рассмотрите ломаную AqA±A2 ... АП1 такую, что
проекции отрезков А$А\, А\А2, ..., Ап_\Ап на ось Ох равны
соответственно ai, a2,... an, а на ось Оу — &i, 62,..., Ьп. Ра-
Равенство имеет место, если
б) Воспользуйтесь неравенством задачи 186, а).
187. При п четном задача может быть решена геометри-
геометрически аналогично решению задачи 186, а); случай нечетного
п может быть сведен к случаю четного п. Равенство имеет
место при п четном, если
а\ = 1 — п2 = аз = 1 — а4 = ... = an_i = 1 — ап,
а при п нечетном, только если
а\ = а2 = ... = ап = -.
188. Возведите обе части неравенства в квадрат.
189. При любом х cos sin ж больше, чем sin cos ж.
1 1
190. а) Если Iog27r = a, Iog57r = 6, то тга + Ь =10.
б) Если Iog27r = a, log^ = 6, то b = -.
191. а) Воспользуйтесь тем, что для каждого угла х пер-
первой четверти sin ж < ж, cos ж < 1.
б) Воспользуйтесь тем, что для каждого угла х первой чет-
четверти tgx > х.
192. Воспользуйтесь геометрическим определением тан-
тангенсов как длин отрезков в тригонометрическом круге или
как удвоенных площадей некоторых треугольников.
7Г
193. arc sin cos arc sin x + arc cos sin arc cos x = —.
194. Замените в сумме cos 32ж + a^i cos 31x + ... + a\ cos x
угол x на х + тг и сложите полученное выражение с первона-
первоначальным.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 467
195. Вычислите последовательно
2sinai-45°, 2sin(ai + ^ ) -45°,
о . ( , aia2 , aia2a3\ o
2 sin I ai + —^— + —-— I • 45 ,
о . / , aia2 , , aia2...an
2sin(ai+ — + ...+—^ ) -45 ,
исходя из формулы
a
2 sin — = ±л/2 — 2 cos a.
Zl
196. 1.
197. Воспользуйтесь тем, что данные многочлены имеют
те же самые коэффициенты при ж20, что и A + х2 + ж3I000,
соответственно A — ж2 — ж3I000.
198. Воспользуйтесь формулой (а + Ь)(а — Ь) = а2 — б2.
199 а) С50 - 1001!
199. а) С1001 - 50!.951!-
бПпппГ51 Г52 51050-1001!
б) iuuuo1001 - с
1001 - с1001 - 52!
200. Обозначим данное выражение через П^, в таком слу-
случае Щ = (Щ_1 - IJ.
42/с-1 _ ^-1
Ответ. .
201. а) 6. б) 6ж.
202. -ж + 3.
203. Воспользуйтесь тем, что многочлен х4-\-х3-\-2х2-\-x-\-l
есть делитель двучлена х12 — 1.
Ответ. —1.
204. а) ж4 - Юж2 + 1 = 0.
б) х6 - 6ж4 - 6х3 + 12ж2 - Збж + 1 = 0.
205. Преобразуйте выражение (а — j)(/3 — ry)(a + S)(f3 + S),
используя то, что а + /3 = —р, а/3 = 1; 7 + ^ = — Ч-, 7^ = 1-
206. Q2 + q2- pP(Q + q)+ qP2 + Qp2 - 2Qq.
30*
468 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
207. а = 1 и а = -2.
208. а = 8 и а = 12.
209. b = 1, с = 2, а = 3; b = -1, с = -2, а = -3; 6 = 2,
с = —1, а = 1 и&=1, с= —2, а = —1.
210. а) Никогда.
б) Только если п = 2, а2 = ai + 2 и п = 4, а2 = а\ — 1,
^з = «1 + 1, а4 = ai + 2.
211. Воспользуйтесь тем, что если
(х - aiJ(x - а2J ... (ж - апJ + 1 = _р
то р(ж) и д(ж) так же, как и (ж — aiJ(x — а2J ... (ж — anJ + 1,
ни при каком ж не обращаются в нуль и поэтому не могут ме-
менять знака. В остальном решение аналогично решению зада-
задачи 210, а).
212. Используйте то, что 14 — 7 = 7 нельзя разложить в
произведение нескольких целых множителей, из которых че-
четыре являются различными.
213. Воспользуйтесь тем, что если многочлен разлагается
на множители с целыми коэффициентами, то при тех ж, при
которых многочлен равен ±1, сомножители его тоже равны
=Ы, а также тем, что многочлен третьей степени не может
принимать одно и то же значение более трех раз.
214. Воспользуйтесь тем, что если р и q — два целых
числа, то Р(р) — Р{о) делится на р — q.
215. Докажите, что если Pi — ), то k—pl = =Ы и k—ql = =Ы.
\ L /
216. а) Приравняйте коэффициенты при одинаковых сте-
степенях х в обеих частях равенства
2 + + axn)(bo + Ь\х + Ъ2х2
= с0 + с\х + с2х2
а2х2 + ... + anxn)(bo + Ь\х + Ъ2х2 + ... + Ьпхп) =
2 + + с
и, воспользовавшись полученной формулой, покажите, что
если бы рассматриваемый многочлен разлагался на два мно-
множителя, то все коэффициенты одного из сомножителей должны
были бы быть четными (что невозможно, так как в исходном
многочлене старший коэффициент равен 1).
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 469
б) Положите в рассматриваемом многочлене х = у + 1 и
затем аналогично решению задачи а) покажите, что если бы
полученный многочлен разлагался на два множителя, то все
коэффициенты одного из сомножителей делились бы на прос-
простое число 251.
217. Воспользуйтесь той же формулой, что и при решении
задачи 216, а) (см. указание к этой задаче).
218. Докажите, что Р[ — ), где несократимая дробь,
\qJ q
не может быть целым числом.
219. Пусть P(N) = М; докажите, что P(N + кМ) - P(N)
при всяком к делится на М.
220. Представьте многочлен Р(х), принимающий при це-
целых х целые значения, в виде суммы
Р{х) = Ь0Р0(х) + hP^x) + ... + ЬпРп(х)
с неопределенными коэффициентами Ьо, Ьь ..., Ьп и определите
эти коэффициенты, подставляя в последнее равенство последо-
последовательно х = 0,1, 2, 3,... , п.
221. а) См. указание к предыдущей задаче.
б) Сделайте в многочлене замену переменных у = х + к.
в) Рассмотрите многочлен Q(x) = Р(х2).
222. Воспользуйтесь формулой Муавра.
223. Воспользуйтесь результатом задачи 222, б).
224. Если х -\— = 2 cos а, то х = cos a ± i sin a.
х
225. Воспользуйтесь формулой Муавра.
226. Воспользуйтесь результатом предыдущей задачи.
Ответ.
о о о п — 1 sin(n + l)a cos па
cos a + cos 2а + ... + cos па = 1 ;
2 2 sin a
.9 .9 -2 п+1 sin(n + l)a cos па
sin а + sin 2а + ... + sin па = .
2 2 sin а
227. Воспользуйтесь формулой Муавра и формулой би-
бинома Ньютона.
470 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
Ответ. Заданные выражения соответственно равны
оП па п + 2 а . п + 2
2ncosn — cos—-—а и 2п cosn — sin—-—а.
Z Z Z Z
228. Воспользуйтесь формулой
sin A sin В = -[cos(A - B) - cos(A + Б)]
z
и результатами задачи 225.
229. Рассмотрите корни уравнения ж2п+1 — 1 = 0.
230. Воспользуйтесь формулами задачи 222, б).
231. Воспользуйтесь результатом задачи 230, б).
_ nBn-l) 2n(n + l)
Ответ, а) —— -. б)
3 ' 3
232. Воспользуйтесь результатом задачи 230, а).
у/2п + 1 л/п 1 Vn
Ответ, а) —— и ^zp б) — и ^zp
233. Воспользуйтесь тем, что если а есть угол первой
четверти, то sin а < а < tga.
234. а), б) Воспользуйтесь формулой задачи 225.
в) Воспользуйтесь результатом задачи б).
235. а) Воспользуйтесь предложением задачи 234, а),
б) Воспользуйтесь формулой задачи 225.
236. а) Воспользуйтесь предложением задачи 234, а).
б) См. указание к задаче 235, б).
в) Воспользуйтесь результатом задачи 232, а).
237. Воспользовавшись формулой Муавра, представьте
sin а в виде суммы косинусов углов, кратных а, взятых с
некоторыми коэффициентами.
Ответ.
fr + С а
238. Воспользуйтесь тем, что 2 cos А = ра-
рационально, a 2cosnA есть при любом п многочлен n-й сте-
степени относительно 2 cos А; воспользуйтесь также теоремой за-
задачи 218.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 471
239. а) Подставьте во вторую формулу задачи 222, б)
пул I д /77 1
в = — 180°, cosfl = -, sinfl = ^- .
п Р Р
б) Если#= —180°, то (l + itg#)n = (l-itg#)n. Подставив
п
Р
сюда tg# = -, р Ф q, приходим к невозможному равенству.
9
240. Воспользуйтесь тем, что если а не делится на р, то
числа а, 2а, За,... , (р — 1)а дают при делении на р различные
остатки.
241. Воспользуйтесь тем, что если fci, А;2, • • •, А;г — все
целые числа, меньшие 7V и взаимно простые с 7V, то числа
fc]_a, A;2a,..., A;ra дают при делении на N разные остатки.
242. Воспользуйтесь методом математической индукции.
243. Воспользуйтесь теоремой Эйлера (задача 241).
244. Докажите, пользуясь методом математической ин-
индукции, что каково бы ни было целое число 7V, всегда найдется
такая степень числа 2, N последних цифр которой все будут
единицами и двойками; при доказательстве воспользуйтесь
теоремой Эйлера (задача 241) и предложением задачи 242.
245. См. указание к задаче 240.
246. Воспользуйтесь теоремой Вильсона (задача 245). Ус-
Условию задачи удовлетворяет число
247. а) Покажите, что произведение
можно представить в виде суммы квадратов двух многочле-
многочленов.
б) Докажите, что если произведение тр, где р есть простое
число, а т отлично от единицы и меньше р, можно предста-
представить в виде суммы квадратов двух целых чисел, то множитель
т можно уменьшить, т. е. можно найти такое число п < га,
что произведение пр тоже можно представить в виде суммы
квадратов двух целых чисел. Далее воспользуйтесь предложе-
предложением задачи 246.
472 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
в) Воспользуйтесь результатами задач а) и б) и предложе-
предложением, сформулированным в указании к задаче б).
248. Докажите, что для каждого простого числа р, отлич-
Р
ного от 2, можно найти два таких числа ж и у, оба меньших -,
что х2 и —у2 — 1 дают при делении на р одинаковые остатки.
249. а) Покажите, что произведение
{х\ + х\ + 4 + 4)(у1 + у1 + у1 + уг)
можно представить в виде суммы квадратов четырех много-
многочленов.
б) Решение аналогично решению задачи 247 (см. указание
к этой задаче). Вместо предложения задачи 246 в этом реше-
решении приходится использовать предложение задачи 248.
250. Рассмотрите, какие остатки может давать сумма
трех квадратов при делении на 8.
251. Прежде всего покажите что если число представляет
собой сумму квадратов четырех целых чисел, то его ушес-
ушестеренный квадрат можно представить в виде суммы 12 чет-
четвертых степеней целых чисел. Далее воспользуйтесь тем, что
каждое целое число дает при делении на 6 остаток, не боль-
больший 5, и примените два раза теорему задачи 249, б).
252. Идея решения задачи состоит в следующем. Требу-
Требуется найти какое-нибудь решение в положительных рациональ-
рациональных числах уравнения
х3 + у3 + z3 = а,
где а есть наперед заданное рациональное число. Здесь мы
имеем одно уравнение для определения трех неизвестных.
Предположив, что два из этих неизвестных связаны подходя-
подходящей зависимостью, можно значительно упростить уравнение;
так, например, положив у = —z, мы получим х3 = а. Из
полученного упрощенного уравнения можно иногда выразить
последнее неизвестное через а; так, в случае, когда у = —z, мы
получаем х = у[а. В этом случае последнее неизвестное х вы-
выражается через а с помощью радикала и, вообще говоря, ока-
оказывается иррациональным. Надо постараться найти такую за-
зависимость между двумя неизвестными, чтобы из упрощенного
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 473
уравнения последнее неизвестное выражалось через а рацио-
рационально (без радикалов); после этого останется только найти
рациональные значения остальных двух неизвестных, связан-
связанные предположенной зависимостью (при помощи которой мы
упростили уравнение). При этом удобно перейти от неизвест-
неизвестных x,y,z к новым неизвестным; при выборе этих новых не-
неизвестных следует исходить из тождества задачи 162, б).
253. Пусть р\-)Р2') • • • -)Рп есть п простых чисел. Найдите
число, которое не делится ни на одно из этих чисел и больше
каждого из них.
254. а) Пусть р\, р2,... ,рп есть п простых чисел вида 4fc —1
(или 6к — 1). Найдите число вида 47V — 1 (или 6N — 1), которое
не делится ни на одно из чисел р\^Р2-> • • • ->Рп и больше каждого
из них.
б) Идея решения близка к использованной в решении за-
задачи а); при доказательстве следует воспользоваться теоре-
теоремой задачи 247, в).
в) Идея решения близка к использованной в решении за-
задачи а).
255. Примените неравенство (I), с. 62.
256. Примените неравенство (Г), с. 63.
257. Примените неравенство (I).
258. Воспользуйтесь неравенствами (I) и (Г).
259. Воспользуйтесь неравенством (I).
260. Примените неравенство (I).
Ответ, х = л4/-.
у Ь
261. Воспользуйтесь неравенством (I).
Ответ. Продавец отпускает больше товара, чем следует.
262. а) Воспользуйтесь выражениями для среднего ариф-
арифметического, среднего геометрического и среднего гармони-
гармонического двух чисел (см. с. 62-67).
б) Следует из задачи а).
263. Воспользуйтесь результатами задача 162, а).
264. Примените неравенство задачи 263.
266. Примените неравенство задачи 263.
474 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
Ответ, х = у = z = -.
о
266. Воспользуйтесь неравенством задачи 263.
267. Примените т раз неравенство (I), с. 62.
288. Первое доказательство. Докажите, что если
теорема справедлива для п+1 чисел, то она справедлива также
и для п чисел; далее воспользуйтесь результатом задачи 267.
Второе доказательство. Примените метод матема-
математической индукции; воспользуйтесь тем, что если an+i есть
наибольшее из п + 1 чисел ai, a2,..., an, an+i, то
а2 + ... + а
п
п
Третье доказательство. Докажите, пользуясь мето-
методом математической индукции, неравенство
равносильное теореме о среднем арифметическом и среднем
геометрическом.
269. Воспользуйтесь теоремой о среднем арифметическом
и среднем геометрическом (задача 268).
270. См. указание к предыдущей задаче.
271. Примените неравенство задачи 268.
272. Примените неравенства задач 268 и 270.
273. Примените неравенство задачи 263.
274. Примените неравенство задачи 268.
275. Воспользуйтесь неравенством задачи 268.
276. Представьте левую часть неравенства в виде
(oa22"42n...2nI/2n
и воспользуйтесь неравенством задачи 268.
277. Воспользуйтесь неравенством задачи 268.
278. Примените неравенство задачи 268.
Ответ. При х = 0.
279. Воспользуйтесь предложением задачи 269, а).
280. См. указание к предыдущей задаче.
Ответ, b = —.
о
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 475
281. а) Доказывается аналогично доказательству теоремы
о среднем арифметическом и среднем геометрическом (зада-
(задача 268).
б) Для случая п = 2 неравенство доказывается индукцией
по к; далее доказательство аналогично решению задачи а).
282. Примените теорему о среднем арифметическом и
среднем геометрическом (задача 268).
283. Для случая рационального отношения — задача сво-
сводится к теореме о среднем арифметическом и среднем геомет-
(X
рическом (задача 268); случай иррационального отношения —
получается из первого предельным переходом.
284. Примените теорему о степенных средних (задача 283).
Ответ, а) 12, 24. б) 18л/б, 3\/б.
285. Воспользуйтесь методом математической индукции.
286. Воспользуйтесь предложением предыдущей задачи.
287. Примените теорему о симметрических средних (за-
(задача 286).
Ответ. 8, 16.
288. Воспользуйтесь теоремой о симметрических средних.
/77
Ответ, а) д/З. б) —.
289. Первое доказательство. Воспользуйтесь нера-
неравенством
(xai + hiJ + (ха2 + Ъ2J + ... + (хап + ЪпJ > О,
справедливым при всех действительных значениях ж, в част-
частности, при
а\Ь\ + a2b2 + ... + anhn
х ^
а\ + 0% + • • • + о^
Второе доказательство. Полагая
- CLi T к
где
А = ^/af+ а| + ... + а2, В = ^/b?
476 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
и пользуясь очевидными неравенствами
- 1_? 1-2
«г г \ 2^ + 2 * ^ ~ 1 T-in)i
докажите сначала, что
ai^i + ... + ttn6n ^ 1.
Третье доказательство. Воспользуйтесь методом
математической индукции.
Четвертое доказательство. Докажите сначала тож-
тождество
к=1 1=1
290. Примените неравенство Коши-Буняковского для двух
последовательностей чисел
П7 Л" Л"
V а>1 V «2 V «п
291. Положите в неравенстве Коши-Буняковского
&1 = 62 = ... = Ьп = 1.
292. Воспользуйтесь неравенством Коши-Буняковского.
293. Воспользуйтесь неравенством Коши-Буняковского,
положив в нем
а1=х1+у1, а2 = х2+У2, •••, an = xn + yn,
Ъ\=Х\, Ь2 = Ж2, -.., Ьп = Хп
и
294—296. Воспользуйтесь неравенством Коши-Буняковс-
Коши-Буняковского.
297. Сравните данное неравенство с неравенством Коши-
Буняковского.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 477
298. Примените дважды неравенство Коши-Буняковского.
299. Если последовательность чисел щ возрастающая:
а1 ^ а2 ^ аз ^ • • • ^ ат то рассматриваемое отношение будет
наибольшим в том случае, когда последовательность bj убы-
убывающая: Ъ\ ^ 62 ^ &з ^ • • • ^ ^п- Далее положите
аг2 = ^а? + foal, Щ = аф\ + fob2n
и воспользуйтесь неравенствами (II) (с. 70) и (I) (с. 62).
300. Составьте разность
n(aibi -\-a2b2-\-.. . + anbn) — (ai +а2 + .. . + an)Fi +62 + ...+ ЬП).
301. Используйте теорему о среднем арифметическом и
среднем геометрическом (задача 268).
302. См. указание к предыдущей задаче.
303. Первое решение. Воспользуйтесь неравенством
задачи 302.
Второе решение. Воспользуйтесь неравенством за-
задачи 301.
304. Доказывается аналогично решению задачи 302.
305. Воспользуйтесь неравенством задачи 304.
306. Сравните данное неравенство с неравенством задачи
304.
307. Воспользуйтесь неравенством задачи 304 и теоре-
теоремой о среднем арифметическом и среднем геометрическом
(задача 263).
308. Воспользуйтесь неравенством Гёльдера (задача 303).
309. а) Воспользуйтесь формулой
ак - Ък = (а - Ъ){ак~1 + ак~2Ъ + ак~3Ь2 + ... + аЪк~2 + Ък~1).
б) Примените результат задачи а).
310. Вычислите сначала старший коэффициент последова-
последовательности
77A) _ и к-1 ,
(см. задачу 309, а)).
478 ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
311. Воспользуйтесь методом математической индукции.
312. См. предыдущее указание.
313. Воспользуйтесь формулой задачи 311, а).
314. Воспользуйтесь формулой задачи 313.
315. См. указание к предыдущей задаче.
Ответ.
1 +2 +6 +... + П -
316. а) Рассмотрите последовательность
ип = 1/с + 2/с + 3/с + ... + пк,
воспользуйтесь результатами задач 309, б) и 314.
б) Примените к последовательности
ип = 1к + 2к + 3^ + ... + пк
и к последовательности
результат задачи 310; определите, воспользовавшись форму-
формулой задачи 313, числа (к — 1)-го ряда разностей последователь-
последовательности /с-й степени.
Ответ. Коэффициент при п +1 равен , коэффициент
к + 1
к 1
при п равен -.
317. Воспользуйтесь формулой задачи 313.
318. Постройте треугольник сумм для чисел С^, С^,
С'2 гуп
п-> • • • •> °п-
Ответ. С%п.
319. Рассмотрите треугольник сумм для чисел ряда
а а2 ап
6 6^ Ъп
320. Докажите, что треугольник разностей последова-
последовательности
1} 2' 3' ¦"' п' ¦"
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 479
имеет вид
1
1
2С\
2С°
ЗС2°
1
ЗС]
1
ACl '
1
ЗС|
1
ACl "
1
4С| '
1
ACl •••
Учебное издание
ШКЛЯРСКИЙ Давид Оскарович
ЧЕНЦОВ Николай Николаевич
ЯГЛОМ Исаак Моисеевич
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ И ТЕОРЕМЫ
ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКИ.
АРИФМЕТИКА И АЛГЕБРА
Редактор Е.Ю. Ходан
Оригинал-макет Н.Н. Андреева
ЛР № 071930 от 06.07.99. Подписано в печать 01.03.01.
Формат 60 х 90/16. Бумага типографская. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 29. Уч.-изд. л. 25. Тираж 3000 экз. Заказ №
Издательская фирма "Физико-математическая литература"
МАИК "Наука/Интерпериодика"
117864 Москва, ул. Профсоюзная, 90
Отпечатано с готовых диапозитивов в Московской типогарфии № 6
Министерства Российской Федерации по делам печати,
телерадиовещания и средств массовых коммуникаций
109088 Москва Ж-88, Южнопртовая ул., 24
ISEN 5-9221-0106-4
9785922 101066