kVV&KCL
МА ТЕМАТИЧЕ СКОГО К pyOjCKCL
Д.О. ШКДЯРСКИЙ, Н.Н.ЧЕНЦОВ и.м.яглом
ИЗБРАННЫЕ
ЗАДАЧИ И ТЕОРЕМЫ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКИ
АРИФМЕТИКА И АЛГЕБРА
БИБЛИОТЕКА МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
ВЫПУСК I
Д. О. ШКЛЯРСКИЙ, Н. Н. ЧЕНЦОВ, и. м. яглом
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ И ТЕОРЕМЫ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКИ
АРИФМЕТИКА И АЛГЕБРА
ИЗДАНИЕ ЧЕТВЕРТОЕ, ИСПРАВЛЕННОЕ
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА» ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ МОСКВА 1965
511/512
Ш66
УДК 512/512
АННОТАЦИЯ
Книга содержит 320 задач, относящихся к алгебре, 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 учащимся 7—8-го классов, отмечены особо. Даны подробные решения всех задач; более трудные задачи снабжены указаниями. Настоящее, четвертое издание лишь незначительно отличается от третьего.
Давид Оскарович Шклярский, Николай Николаевич Ченцов, Исаак Моисеевич Делом Избранные задачи и теоремы элементарной математики (Серия «Библиотека математического кружка»)
М., 1965 г., 456 стр. с илл. Редактор Л» И, Головина Техн, редактор К. Ф. Брудно	Корректор Н. В. Гераськина
Сдано в набор 3/VII 1965 г. Подписано к печати 9/1X 1965 г. Бумага 84хЮ8/за. Физ. печ. л. 14,25. Условн. печ. л. 23,94. Уч.-изд. л. 24,96. ______Тираж 50 000 экз. Т-10742. Цена книги 85 коп. Заказ № 2753.______ Издательство «Наука» Главная редакция физико-математической литературы Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Первая Образцовая типография имени А. А. Жданова Главполиграфпрома Государственного комитета Совета Министров СССР по печати.
Москва, Ж-54, Валовая, 28.
СОДЕРЖАНИЕ
От автора .. . .......................................    4
Общие указания к пользованию книгой ..................... 9
Номера задач, предлагавшихся на московских математических олимпиадах..........................................12
Задачи ............... ............................. 13
1.	Вводные задачи (1 — 14).......................  13
2.	Перестановки цифр в числе (15—26) ......... 17
3.	Задачи на делимость чисел (27—71) ......... 19
4.	Разные задачи из арифметики (72—109)	.......	26
5.	Решение уравнений в целых числах (ПО—130) .... 32
6.	Оценки сумм и произведений (131 —159) ....... 36
7.	Разные задачи из алгебры (160 —195)	.«.«•«..	43
8.	Алгебра многочленов (196—221)....................  50
9.	Комплексные числа (222—239)	............ 54
10.	Несколько задач из теории чисел (240—254) ..... 60
11.	Некоторые замечательные неравенства	(255—308)	. .	65
12.	Ряды разностей и сумм числовых последовательностей (309—320).................................. 79
Решения..................................................85
Ответы и указания.......................................429
ОТ АВТОРА
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, ббльшая часть которых предлагалась на занятиях секций школьного математического кружка при МГУ и на математических олимпиадах московских школьников1); они рассчитаны на участников и руководителей школьных математических кружков, а также на' участников и руководителей математических кружков в педагогических институтах. Настоящая книга содержит задачи по арифметике, алгебре и теории чисел. Последующие сборники задач будут посвящены геометрии: вторая книга содержит планиметрические, а третья — стереометрические задачи; предполагается также, что отдельная книга будет посвящена геометрическим оценкам и задачам на отыскание наибольших и наименьших значений геометрических величин. Разумеется, отдельные книги этого ряда совершенно не зависят друг от друга.
В работе над сборниками кроме Н. Н. Ченцова и И. М. Ягло-ма принимали участие и другие руководители школьного математического кружка при МГУ, частично перечисленные в предисловиях к отдельным книгам. Около 40 задач заимствовано из рукописи одного из создателей школьного кружка при МГУ и замечательного руководителя секций кружка
1) Номера задач, предлагавшихся на олимпиадах, указаны в таблицах, помещенных в начале каждого сборника задач.
ОТ АВТОРА
5
Давида Оскаровича Шклярского (1918—1942), работавшего в школьном математическом кружке при МГУ в 1936—1941 гг. и погибшего на фронте Великой Отечественной войны. Учитывая большое влияние, которое оказал Д. О. Шклярский на последующую деятельность школьного математического кружка при МГУ и, в частности, на настоящие сборники, мы сочли уместным поставить его имя на титульном листе книг на первое место 1).
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 отсутствуют задачи, для решения которых достаточно только формального усвоения школьного курса математики. Очень слабо представлены в сборниках наиболее привычные для школьников типы задач «на сообразительность»: задачи на 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 разделам элементарной математики, которые находят продолжение в современных исследованиях (для примера назовем «Алгебру многочленов» или «Теорию многогранников»). Некоторые циклы задач излагают в переработанном и приспособленном для школьников виде отдельные вопросы, которые обычно относят к «высшей математике» (например, элементы теории чи
г) Относительно истории школьного математического кружка при МГУ и роли Д. О. Шклярского в этом кружке см. вступительную статью В. Г. Болтянского и И. М. Яг л ом а к книге: А. А. Леман (составитель), Сборник задач московских математических олимпиад, М., «Просвещение», 1965. (Эта интересная книга имеет много точек соприкосновения с настоящими сборниками.)
6
ОТ АВТОРА
сел или разностные уравнения). Отдельные задачи заимствованы из сочинений классиков математики и из статей, напечатанных в научных математических журналах за последние годы.
В связи с некоторой необычностью содержания сборники «Избранных задач и теорем» могут показаться трудными читателю, привыкшему к «стандартным» задачникам, 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 задачи, являющиеся по существу упражнениями на развитие 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» содержат значительный теоретический материал и вполне могут служить темой занятий школьного математического кружка или математического кружка для студентов педагогического института; при этом может оказаться полезной также дополнительная литература, указанная в начале этих циклов. Также и все другие циклы (особенно «Перестановки цифр в числе» и «Решение уравнений в целых числах») могут дать 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 остальные—-к арифметике и к теории чисел. Столь малый вес
ОТ АВТОРА
7
собственно алгебры объясняется отчасти стремлением не давать задач, требующих сложных преобразований, и сделать большую часть задачника доступной ученикам 8-го и даже 7-го классов, а. отчасти — наличием хорошего «Задачника по алгебре» В. А. Кречмара, дублировать который мы всячески избегали.
Настоящее, четвертое издание книги почти не отличается от второго и третьего; при переиздании были лишь исправлены немногочисленные замеченные небрежности. Однако второе издание от первого отличается весьма значительно.
Около 60 задач первого издания было исключено из книги — одни потому, что они казались нам слишком трудными или недостаточно интересными, другие только потому, что для них не нашлось места в новой структуре книги. В книгу было включено около 120 новых задач. Вопрос о месте каждой задачи в том или ином цикле решался заново; само расположение циклов в книге тоже подверглось некоторым изменениям. Полностью были переделаны все решения; при этом некоторые решения удалось упростить или заменить лучшими; для ряда задач написаны дополнительно к старым еще и новые решения. Наконец, во втором и последующих изданиях книги были даны указания ко всем без исключения задачам и отмечены звездочками задачи, которые кажутся авторам наиболее трудными. В целом циклы 3, 5, 6, 9 и 10 подверглись настолько значительным изменениям, что могут считаться написанными заново; циклы 1, 2, 4, 7 и И были переработаны коренным образом, и лишь циклы 8 и 12 изменены меньше других, хотя и они заметно отличаются от первоначальных.
Первое издание книги было подготовлено И. М. Ягломом в сотрудничестве с Г. М. Адельсоном-Вельским (которому полностью принадлежал цикл «Перестановки цифр в числе», а также ряд задач в других циклах, особенно в цикле «Решение уравнений в целых числах»). Значительное участие в первом издании книги приняли также Э. Э. Балаш
8
ОТ АВТОРА
(которому принадлежал цикл задач «Ряды разностей и сумм числовых последовательностей») и Я. И. Хургин (являвшийся основным автором цикла «Некоторые замечательные неравенства»); решения отдельных задач были написаны и другими руководителями школьного математического кружка при МГУ.
Переработка книги для второго издания была осуществлена И. М. ЯгломЪм; при этом были широко использованы материалы первого издания, составленного коллективом авторов.
В заключение автор хочет поблагодарить А. М. Яглома, много помогавшего ему своими советами при работе над книгой и являющегося инициатором переработки цикла задач «Комплексные числа». Автор признателен также А. 3. Рывкину, тщательная работа которого по редактированию первого и второго изданий способствовала улучшению книги, а также всем читателям, сообщившим'ему свои замечания, особенно И. В. Волковой, Л. И. Головиной, Р. С. Гутеру, Г. Ло-зановскому, И. А. Лурье, Я. Б. Рутицкому, А. С. Соколину, и И. Я. Танатару.
Автор будет благодарен всем читателям, сообщившим ему новые, может быть, лучшие решения приведенных здесь задач и новые задачи, по стилю близкие к задачам этого сборника.
И. М. Яглом
ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
Настоящая книга состоит из условий задач, ответов и 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, выходящих за пределы программы 8-го класса средней школы, набраны курсивом; решение большинства из этих задач доступно даже семиклассникам. Звездочкой отмечены задачи, которые кажутся автору более трудными, а двумя звездочками— самые трудные задачи. При этом не исключено, разумеется, что читателю покажется относительно легкой какая-нибудь из отмеченных нами задач, или, наоборот, его серьезно затруднит задача, не отмеченная звездочкой, — ведь точных критериев, определяющих трудность задачи, не существует.
По отношению к большей части задач читателю рекомендуется попытаться самостоятельно решать задачу, не заглядывая в указание или в решение. Если эта попытка не 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 приведенным в книге. Если в книге дано несколько решений задачи, интересно сравнить их между собой.
Этот порядок может быть нарушен по отношению к задачам, отмеченным звездочкой, — здесь можно рекомендовать иногда с самого начала ознакомиться с указанием и только после этого приступить к решению задачи. Что же касается
10
ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
задач, номера которых отмечены двумя звездочками, то к их решению не следует приступать, не посмотрев предварительно указания. Эти задачи можно также рассматривать как «теорию» и сразу читать их решения; каждая из таких задач 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 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 являются лишь последние четыре цикла задач: «Комплексные числа», «Несколько задач из теории чисел», «Некоторые замечательные неравенства» и «Ряды разностей и сумм числовых последовательностей»; в этих циклах задачи более тесно связаны друге другом.
Причины, по которым те или иные задачи объединены в один цикл, могут быть различными: иногда это общность методов и постановок вопросов (таков, например, цикл «Алгебра многочленов»), иногда — внешнее сходство условий задач; иногда специальный цикл составляют задачи смешанного содержания, почти не связанные между собой. Некоторые циклы состоят из задач, связанных между собой настолько тесно, что их естественно решать подряд (таков, например, цикл «Перестановки цифр в числе»); эти циклы задач могут служить темой специальных занятий математических кружков. Особо следует отметить последние три цикла задач этой книги, представляющие определенный теоретический интерес. Иногда циклы задач можно естественно разбить на части, различающиеся по методам решения и условиям; эти части циклов отделяются одна от другой черточками. В одном случае (цикл «Некоторые 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.
ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ	1 1
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 математического кружка» и объединенные с этой книгой общим списком авторов. Читателю, проработавшему настоящий сборник, может также оказаться интересной и полезной книга А. М. Яглома и И. М. Яглома «Неэлементарные задачи в элементарном изложении» (М., Гостехиздат, 1954).
НОМЕРА ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА МОСКОВСКИХ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАДАХ
Олимпиады проводятся в два тура: первый тур имеет отборочный характер, второй является основным этапом соревнования.
Олимпиады	I гур	II тур
Для учащихся 7—8-го классов		
VI (1940)	48	110а)
VII (1941)	75	68, 208
VIII (1945)	64а), 1106), 152а)	786), 83
IX (1946)	76, 198	30, 125
X (1947)	71а), 201а)	5, 91а), 140
XI (1948)	122	—-
XII (1949)	39	9, 11, 926), 117а)
XIII (1950)		141а)
XIV (1951)	76 >)	203
XV (1952)	8,54 2)	75
Для учащихся 9—10-го классов		
I (1935)	—	134г) 176
II (1936)		56
V (1939)	168	43, 165, 217
VI (1940)	80, 113	81, 144, 2696)
VII (1941)	75, 172, 177а) 214	209
VIII (1945)	33, 646) 173	195
IX (1946)	29, 131, 192а)	95, 126
X (1947)	716), 197, 200	10, 91в)
XI (1948)	190а)	124а)
XII (1949)	169	9, 11, 88, 1176)
XIII (1950)	82, 171	906)
X IV (1951)	76)	98
XV (1952)	193 3)	1948)
’) Для 60 звеньев.		
2) Задачи предлагались учащимся 8—		9-го классов.
8) Задачи предлагались только учащимся 10-го класса.		
ЗАДАЧИ
I.	ВВОДНЫЕ ЗАДАЧИ
7. Каждый из людей, когда-либо живших на земле, обменялся с другими определенным числом рукопожатий. Доказать, что число людей, обменявшихся нечетным числом 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 л 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 другую палочку, пользуясь вспомогательной третьей палочкой; при этом запрещается класть большее кольцо на меньшее. Какое наименьшее число k перекладываний при этом придется сделать?
б)* Распространенная головоломка «китайские кольца» устроена следующим образом: п колец одинакового размера при помощи тонких стержней одинаковой длины прикреплены к одной пластинке. Сквозь все кольца проводит укрепленная
14
ЗАДАЧИ
(4 — 6
на рукоятке изогнутая проволока таким образом, как это изображено на рис. 2; все стержни проходят внутри проволоки и прикреплены к кольцам над ней. Задача состоит в том, чтобы снять все кольца с проволоки. В какое наименьшее число приемов это можно сделать?
4.	а) Известно, что среди 80 монет имеется одна 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 k такое, что k взвешиваниями на чашечных весах без гирь всегда можно выделить эту фальшивую монету?
5.	Некоторые из 20 металлических кубиков, одинаковых по размеру и внешнему виду, алюминиевые, остальные — дюралевые (более тяжелые). Как при помощи не более 11 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 не известно, легче она настоящих или тяжелее. Настоящие монеты все одного веса. С помощью трех взвешиваний на
7 — 8]
ВВОДНЫЕ ЗАДАЧИ
15
чашечных весах без гирь выделить фальшивую монету и одновременно установить, легче она или тяжелее остальных.
б) ** Имеется 1000 монет, среди которых одна фальшивая, имеющая другой вес, чем остальные (но неизвестно, более легкая или более тяжелая). Каково наименьшее число k такое, что k взвешиваниями на чашечных весах без гирь наверное можно выделить фальшивую монету, определив одновременно, 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 случая 14 монет необходимы уже четыре взвешивания.
Было бы интересно определить, какое наименьшее число 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, состоящей из семи звеньев. Хозяин согласился держать этого постояльца неделю, при условии, что тот будет ему ежедневно отдавать в виде платы одно из звеньев цепочки. Какое 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 чело; век в каждом поперечном ряду и по 20 человек в каждом 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 отобранных 10 выбран самый низкий. Кто из двоих окажется выше (если это разные лица)?
16
ЗАДАЧИ
[9—12
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
1 2 3 2 1
1 3 6 7 6 3 1
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, 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, купили однажды мешок орехов, которые они предполагали 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 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. Затем последовательно проделали ту же операцию оставшиеся трое приятелей; при этом каждый из них, не зная о поступке остальных, делил все орехи на пять
13—171	ПЕРЕСТАНОВКИ ЦИФР В ЧИСЛЕ	17
частей, брал себе пятую часть и каждый раз оставался один лишний орех, который 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 образом: сначала старший брат взял себе десять рублей из 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?
/4*. а) С какого дня чаще начинается новый год: с 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.
/7*. Целое число уменьшается в 9 раз при зачеркивании некоторой его цифры; при этом полученное число тоже делится на 9.
а)	Доказать, что для того, чтобы разделить полученное число на 9, тоже достаточно вычеркнуть в нем одну цифру.
б)	Найти все целые числа, удовлетворяющие условию задачи.
18	задачи	[18 — 25
7S. 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 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 увеличиваются в 5 раз, в 6 раз или в 8 раз.
21.	Доказать, что нет целых чисел (отличных от нуля), 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 увеличиваются в 7 или в 9 раз,.
б) Доказать, что нет отличных от нуля целых чисел, 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 конец. Найти все такие числа.
24.	а) Доказать, что отличное от нуля целое число не может быть меньше в 2, 3, 5, 6, 7 или 8 раз своего обращенного (т. е. числа, состоящего из тех же цифр, записанных в 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 порйдка, переставить в начало числа.
26—29] задачи на делимость чисел	19
б) Доказать, что не существует восьмизначного числа, 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)	л3 —п делится на 3;
б)	лб —п делится на 5;
в)	л7 —л делится на 7;
г)	л11 — л делится на 11;
д)	л13—-л 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 (стр. 60).
28.	Доказать, что
а)	при всяком целом л
36»__2е”
делится на 35;
б)	при всяком целом л
лб —5л3 + 4л
делится на 120;
в)* при всяких целых тип
тп (/л60 — л60)
делится на 56 786 730.
29.	Доказать, что
л2 + Зл + 5
ни при каком целом л не делится на 121.
х) Относительно общих идей, лежащих в основе решений большинства задач этого цикла, см. книгу Е. Б. Дынкина и В. А. У спенского «Математические беседы» («Библиотека математического кружка», вып. 6) раздел второй «Задачи из теории чисел».
20
ЗАДАЧИ
[30—38
30.	Доказать, что выражение
тъ + Зт4л — 5/n3/z2 — 15/n 2zz3 + 4/пл4 -f- 12лб
ни при каких целых т и п не может равняться 33.
31.	‘Какие остатки может давать сотая степень целого 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 цифрами, что и N (так, например, 1233101 оканчивается цифрами 233, а 37101 — цифрами 037).
33.	Найти трехзначное число, всякая целая степень которого оканчивается тремя цифрами, составляющими первоначальное число.
34*. Пусть Л/—-четное число, не делящееся на 10. Какова будет цифра десятков числа 7V20? Какова будет цифра сотен числа Л/200?
35.	Доказать, что сумма
где п есть произвольное целое число, a k нечетно, делится на 1 -f- 2 3 -|- ... -|- п.
36.	Вывести признак делимости многозначных чисел на 11.
37.	Число 123456789(1О)(11)(12)(13)(14) написано по 15-ричной системе счисления, т. е. это число равно (14) + (13) • 154 (12) • 152 + (11) U53+ .. . +2-1512+1513. Какой остаток дает оно при делении на 7? 38
38. Доказать, что единственными числами К такими, что если N делится на К, то и любое число, полученное из М перестановкой цифр, делится на К, являются 1, 8 и 9. (Для^=l это свойство очевидно, для /С=3 и К =9 следует из известных признаков делимости на 3 и 9.)
39—46]	ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ	21
39. Доказать, что 27 1958—108878 + 10 1528 делится без остатка на 26 460.
40. Доказать, что И10 — 1 делится на 100.
41. Доказать, что 22225553 + 55552222 делится на 7.
42. Доказать, что число, составленное из 3" одинако
вых цифр, делится на 3” (так, число 222 делится на 3, число 777 777 777 делится на 9 и т. д.).
43.	Найти остаток от деления на 7 числа
1010+ 10<102>+ ... + 10<101°).
44.	а) Найти последнюю цифру чисел 9<9J,), 2(3*>. б) Найти две последние цифры чисел 2999, З999. в)* Найти две последние цифры числа 14<1414).
45.	а) Какова последняя цифра числа
( . .. (((77)7)7)	)
(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 задачи а), однако с иным порядком возведения в степень? Каковы две последние цифры этого числа?
46*. Определить пять последних цифр числа
М=9^9-'	”•/,
записанного с помощью 1001 девятки аналогично числу задачи 456).
22
ЗАДАЧИ
[47 — 53
47*. Найти последние 1000 цифр числа
/V = 1 + 50 + 502 + 503 + ... + 50999.
48.	Сколькими нулями оканчивается произведение всех целых чисел от 1 до 100 включительно?
В дальнейшем мы будем пользоваться следующим обозначением:
1.2-3.4...(п — 1).п = п!
(читается п факториал). Так, например, предыдущую задачу можно короче сформулировать так: сколькими нулями оканчивается число 100!?
49.	а) Доказать, что произведение п последовательных целых чисел делится на и!
б)	Доказать, что дробь	есть число целое, если
только а +
в)	Доказать, что (л!)! делится на 1)1 .
г)* Доказать, что произведение п последовательных целых чисел, образующих арифметическую прогрессию, разность которой взаимно проста с л!, делится на п\.
Примечание. Задача 49г) является обобщением задачи 49а).
50.	Делится ли на 7 число сочетаний из 1000 элементов по 500?
51.	а) Найти все числа п между 1 и 100, такие, что (л—1)! не делится на л.
б) Найти все числа л между 1 и 100, такие, что (л—1)! не делится на л2.
52*. Найти все целые числа л, делящиеся на все целые числа, не превосходящие
53.	а) Доказать, что сумма квадратов пяти 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 степени целого числа.
54—59]	ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ	23
в)	Доказать, что сумма одинаковых четных степеней девяти последовательных целых чисел не может равняться никакой степени целого числа (разумеется, с показателем, ббльшим 1).
54.	а) Пусть А и В—два различных семизначных числа, каждое из которых составлено из всех цифр от 1 до 7. 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 одинаковыми цифрами. Какими?
56.	Доказать, что если обе стороны прямоугольника и его диагональ выражаются целыми числами, то площадь прямоугольника делится на 12.
57.	Доказать, что если все коэффициенты квадратного уравнения
ах2 +	+ с = О
— целые нечетные числа, то корни уравнения не могут быть рациональны.
58.	Доказать, что если сумму простых дробей
1_L._1__L._1_
n * n+1 ‘п + 2
(п—целое число) обратить в десятичную, то полученная дробь будет смешанной периодической.
59.	Доказать, что числа 6
6> "-Г+11+1-2+---+.-!;>
в) ^-4+1+...+^
(л, т—целые положительные) не могут быть целыми,
24
ЗАДАЧИ
[60—64
60**. а) Доказать, что если р—простое число, большее 3, то числитель несократимой дроби, равной сумме
,+4+4+---
делится на р2.
Так, например, 1+1 + 1+1_25 1 + 2 + 3 ‘ 4 ~ 12 ‘
25 Числитель дроби равен 52.
б) Доказать, что если р—простое число, большее 3, то числитель несократимой дроби, равной сумме
1 4~22+за + • • •	>
делится на р.
Так, например,
1.1 + 1 + 1-205.
1 и- 22 > з2 42 ~ 144 >
числитель делится на 5.
61. Доказать, что дробь а3 4- 2а а4 4-За2 4-1 несократима ни при каком целом значении а,
62*. Пусть а1У а2,...,ап—какие-то п целых чисел. Доказать, что произведение всех дробей вида , где /, равно целому числу.
63. Доказать, что все числа вида 10 001,100 010 001, 1 000 100 010 001, ... — составные.
64. а) Разделить а128—Z>128 на
(а 4- b) (а2 + b2) (а4 + b*) (а8 + b8) (alQ + &16) (а82 + £32) х
Х(а63 64 + 664).
65—71]	ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ	25
б)	Разделить1 a2fe+1—Z>2*+1 на
(а + Ь) (а2 + Ь2) (а4 + />4) (а8 + Ь8)... (а2* "1 + Н-1) X
X(aik + b8k).
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. также по этому поводу задачи 159 и 253). В самом деле, если бы число простых чисел было конечным, то не могло бы существовать бесконечно много чисел, каждые два из которых взаимно просты.
66.	Доказать, что если одно из чисел 2”—1 и 2" 4-1, где п>2, простое, то второе является составным (при п = 2 оба числа 2"—1=3 и 2"4-1=:5—простые).
67.	а) Доказать, что если р и 8р—1 простые числа, то 8р-|~1 — составное число.
б) Доказать, что если р и 8р24-1— 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 числа 3, образуют арифметическую прогрессию, то разность 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 20 000, которые составляли бы арифметическую прогрессию.
71. а) Доказать, что иЗ пяти последовательных целых чисел всегда можно выбрать одно, взаимно простое со всеми остальными.
б) Доказать, что из 16 последовательных целых чисел всегда можно выбрать одно число, взаимно простое со всеми остальными.
2G
ЗАДАЧИ
172—81
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-В?
73.	Найти частное и остаток от деления числа Л, 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 ]/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 остатке 98.
78.	а) Доказать, что сумма всех п-значных чисел (п >2) равна 494 99 ... 9 55 00 ... 0 (так, сумма всех трехзначных
(n-З) раз (п-2) раз
чисел равна 494 550, а сумма всех шестизначных чисел 494 999 550 000).
б) Найти сумму всех четырехзначных четных чисел, 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 единицы. Определить, какая цифра стоит на 206 788-м месте.
81.	Будет ли дробь 0,1234567891011121314 . .. , которая получится, если выписать после нуля подряд все целые числа, периодической?
82—88]
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АРИФМЕТИКИ
27
82.	Даны 27 гирь, веса которых равны соответственно I2, 22, З2, ... , 272. Разложить эти гири на три группы равного веса.
83.	Из картона вырезан правильный многоугольник, который центром насажен на острие булавки и вращается вокруг нее. Определить, какое должно быть наименьшее число сторон этого многоугольника, чтобы при повороте на 25х/2° 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 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 последовательных нечетных чисел, а ни одно простое число нельзя представить в таком виде. Какие четные числа можно представить в виде суммы нескольких последовательных нечетных чисел?
в)	Доказать, что каждую степень целого положительного числа п (разумеется, с показателем, большим 1) можно представить в виде суммы п последовательных нечетных чисел.
87.	Доказать, что произведение четырех последовательных целых чисел в сумме с единицей дает полный квадрат.
88.	Имеется 4л положительных чисел, таких, что из любых четырех попарно различных можно составить геометрическую пропорцию. Доказать, что среди этих чисел найдется п одинаковых.
28
ЗАДАЧИ
f 89 —92
89*. Пусть даны четыре произвольных целых положительных числа Я, В. С, D, Доказать, что если образовать из них четыре числа А19 Blt Clf Db равных соответственно разности между А и В, между В и С, между С и D и между D и А (мы каждый раз вычитаем меньшее число из большего), затем из чисел	Сх, £>х образовать точно так же новую
четверку чисел Л2, В2, С2, £)2 и т. д., то через некоторое количество шагов мы обязательно придем к четверке нулей.
Так, например, начиная с четверки чисел 32, 1, 110, 7, мы последовательно получим:
32,	1,	110,	7;
31,	109,	103,	25;
78,	6,	78,	6;
72,	72,	72,	72;
0,	0,	0,	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 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 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—97]
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АРИФМЕТИКИ
29
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 М—произвольное целое положительное число. Доказать, что существует целое число, кратное N, которое в десятичной системе счисления записывается одними лишь цифрами 0 и 1. При этом, если W 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 Л7).
__ ___1_> 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. Очевидно, что каково бы ни было целое число /г, та из дробей 0	л 1	2	3
ряда ~ = 0, —, —,	которая ближе всего к а, от-
И	П	П	П
личается от а не больше чем на половину ~. Доказать, что существуют такие л, для которых дробь со знаменателем л, наиболее близкая к а, отличается от а меньше чем на 0,001.1.
п
97. Пусть т и л—два взаимно простых целых положе» тельных числа. Доказать, что если т-}-п—2 дроби:
т + п	2(т + п)	3 (т4-n)	(m—1) (zn-f-n) г
т	’	т	'	т	9 * ‘ ’	т	’
т + п	2(m-j~n)	3 (zn-f-zi)	(п — 1) (zn-f-n)
п	’	п	’	п	» • • • >	Л
изобразить точками на числовой оси, то в каждый из интер-
30
ЗАДАЧИ
[98—100
валов (1, 2), (2, 3), (3, 4),..., (тп-|-72 —2, т-\-п—1) оси попадает ровно одна из дробей (см. рис. 3, где положено /» = 3, п = 4).
2 4 i	1	—.	7	&	'<21
' Г	11 11 0	1	2	в	4	6	6	7 Рис. 3.
PS*. Пусть аъ а2, а3, ... , ап—какие-то целые 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 аъ аз> • • • t ап меньше двух.
РР*. Дробь ~ с нечетным простым знаменателем р=/= 5 разложена в бесконечную периодическую десятичную дробь.
Доказать, что если число цифр в периоде дроби четно, то среднее арифметическое всех цифр периода равно 4,5 (т. е. 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 периоде дроби нечетно, то среднее арифметическое всех цифр обязательно отлично от 4,5.
100*. Доказать, что если разложить дроби
«1	£2	аз	ап
р > р2 ’	рз » • • • > рП > • • •
(р—простое, отличное от 2 и 5, ах, а2, ... , ап . .. — какие угодно целые числа, взаимно простые с р) в бесконечные периодические десятичные дроби, то несколько первых дробей (может быть, одна) будут иметь рдинаковое число цифр в периоде, а каждая из последующих—в р раз больше цифр в периоде, чем предыдущая.
Так, например, ~ = 0, (3), ~±=о, (4), ^= 0,(370), |^ = 0,(987654320), имеет 27 цифр в периоде,^ имеет
81 цифру в периоде и т. д.
101—105]
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АРИФМЕТИКИ
31
Целой частью числа х называется наибольшее целое число, не превосходящее х. Целая часть числа х обозначается через [х]; например, [2,5] = 2, [2]=2, [—2,5] = —3.
101. Доказать следующие свойства целой части числа:
1) I^+j] >И+[Я
ЛЧ Г[*] 1 Г X 1 ~	.
2)	= Г—1, п—целое число.
л I л
3) И + [х+	+ • • • +	— [лх].
102*. Доказать, что если р и q—взаимно простые целые числа, то
,ф[я+и+-+т-
_ Г?! I [2/1 I [3/1 . I [(р —1)Т1 _(р —!)(<?—1) .
103. а) Доказать, что
Т1 + Т2 + Т8 + • • • + ТВ = [т] + [у] + [jj + • • • + [tJ>
где т„—число делителей целого числа л.
б) Доказать, что
а1 + а2 + аз + • • • +	=
Чт]+2М+з [£]+•••+" к
где оп—сумма делителей целого числа л.
104. Существует ли такое целое положительное число л, что «дробная часть» числа (2 + 1^2)", т. е. разность
(2 + /2)"-[(2 + /2)п1,
больше 0,999999?
105*. а) Доказать, что при любом целом положительном л число [(2 + /ЗП нечетно.
б) Найти наивысшую степень 2, на которую делится число [(1 + КЗ)"].
32
ЗАДАЧИ
{106—109
106. Доказать, что если р — простое число, большее 2, то разность
|(2 +/5 )р] — 2f+1
делится на р.
107*. Доказать, что если р—простое число, то разность С’-Ш
делится на р(С«—число сочетаний из п элементов по р; п— произвольное целое положительное число, не меньшее р).
11* 10» 9* 8«7 лес» >о5 ПП
Так, например, С1Х = . vtr = 4б2> си — Нг == 1 • Z • О • Ч • О	| О J
= 462 — 2 делится на 5»
108*. Доказать, что если числа аир обладают тем свойством, что среди чисел
[а], [2а], [За],	[₽], [2р], [3?], ...
встречаются все целые положительные числа 1, 2, 3, ..., причем каждое из них ровно один раз, то а и р — иррацио-
нальные числа, такие, что —	Обратно, если а и
а	а	1 । 1	1
р — иррациональные числа, связанные равенством — -|-у=1,
то каждое целое положительное число /V равно одному и только одному из чисел [а], [2а], [За], ...; [[J], [2р], [3(5], ...
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, (2,8) = 3, (4) = 4, (3,5) =4.
109*. Доказать, что в равенстве
АГ=='2' + Т + т+ •• • +F + ••
(N—произвольное целое положительное число) можно заменить все дроби ближайшими к ним целыми числами:
ПО—117] РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ	33
5.	РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ
ПО. 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.
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 полными квадратами и записываемые:
а)	четырьмя четными цифрами;
б)	четырьмя нечетными цифрами.
ИЗ. а) Найти все трехзначные числа, равные сумме 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! + ... + *! = ^2;
б)	1! + 2! + 3!+...+х!==/.
116.	Сколькими способами можно разложить 2п на сумму четырех квадратов целых положительных чисел?
117.	а) Доказать, что равенство х2 4-^2 4. z2 = 2xyz
для целых х, у, z верно только при х=у = 2 = 0. б) Найти целые числа х, у, 2, v, такие, что х2 -р у2 -|~ z2 + v2 = 2xyzv.
2
Д. О. Шклярский и др.
34	задачи	[118—124
118*. а) При каких целых значениях k возможно равенство
•^2+j'2 + ^2 = kxyz,
где х, у, z—целые положительные числа.
б)	Найти в пределах первой тысячи всевозможные тройки целых чисел, сумма квадратов которых делится на их произведение.
119**. Найти в пределах первой тысячи всевозможные пары взаимно простых целых чисел, таких, что квадрат 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 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
б)* Решить в целых числах уравнение
(указать формулы, дающие все решения).
124.	а) Найти все целые положительные, не равные между собой числа, удовлетворяющие уравнению
ху = ух.
125 —128]	РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ	35
б) Найти все рациональные положительные, не равные между собой числа, удовлетворяющие уравнению
ху=ух
(указать формулу, дающую все решения).
125.	В шахматном турнире участвовало два ученика 7-го класса и некоторое число учеников 8-го класса. Каждый участник играл с каждым другим один раз. Два семиклас-сникй набрали вместе 8 очков, а все восьмиклассники набрали одинаковое число очков (в турнире каждому участнику за выигранную партию засчитывается 1 очко, а за партию, окончившуюся вничью,— г/2 очка). Сколько восьмиклассников участвовало в турнире?
126.	В шахматном турнире участвовали ученики 9 и 10-го классов. Каждый участник играл с каждым другим один раз. Десятиклассников было в 10 раз больше, чем 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 числами. Найти все целочисленные треугольники, периметр 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 треугольник не может иметь рациональных углов ’), отличных от 90°, 60° и 120° (см. ниже задачу 238, стр. 60).
О То есть углов, измеряющихся рациональным числом градусов. 2*
36	задачи	[129—134
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.
13	0**. Доказать, что если катеты прямоугольного треугольника выражаются квадратами целых чисел, то гипотенуза не может быть целым числом.
6.	ОЦЕНКИ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ
131.	Доказать, что
(л+1)(л + 2)(л + 3) ... (2л—1)2л =
= 2"-1-3-5 ... (2л—3) (2л—1).
132.	Вычислить суммы
1	1 J_ 1 i	г 1
l.2t2.3t3.4±,,,t(n-l)n’
б 1 1 , 1 , , 1
' 1-2-32-3-4 ’ 3-4-5 ‘ ‘ ‘ Чп—2) (п — 1)п ’
1 1 , ! । , 1
В' 1-2-3-4 ‘ 2-3-4-5	3-4-5-6 * *’ *	(п—3) (п—2) (п — 1 )п *
133.	Доказать, что
а)	1-2 + 23 + 3-4+ ...4-«(« + !)= П(л+з'П + -;
б)	1-2-3 + 2-3-4 + 3.4-5+...+л(л+ l)(/z-f-2) =
п (п +1) (п + 2) (п + 3)
4 и вообще
в)	1.2.3...р + 2-3...р(р+1)+...
...+«(Л+1)... (д+р-п=-^я-±1) (п++2; • • • <л+р)- .
134.	Вычислить суммы:
а)	12 + 22 + 32+...+‘я2;
б)	13 + 23 + З3+...+л3;
в)	Р.+ 2\+34+...+л4;
г)	13 + 33 + 53+...+(2л—I)8.
135—141]	ОЦЕНКИ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ	37
135.	Доказать тождество
a + Z>(l+a) + c(l + a)(l+^) + ^(l + a)(l+^)O+c) + ... ...+/(1+а)(1+*)...(1+*)==
= (1 + а)(1+^)(1 + с)...(1+/)-1.
Рассмотреть случай а=^ = с=...=/.
136.	Вычислить:
а) 1.1! + 2-2! + 3-3! + ... + п-п\\
0) Сп + 1 + Сп + 2 + Сп+3 + • • • + Crt + k*
137.	Доказать, что
_!_ + _L_ + _L_+	+_J_______________________ » .
log2W * log37V ‘ log4 TV ‘ ‘ ’ * ^log100TV logiool/V ’
где 100! означает произведение 1.2-3... 100.
138.	Даны п положительных чисел а19 а2, ..., ап. Найтт\ чему равна сумма п\ слагаемых вида
_________________1____________________
akl (ak\ + ak^ (akx + ak2 + aks) • • • (akt +	+ • • • + ^kn)
где система индексов k19 k2i ..kn пробегает всевозможные перестановки чисел 1, 2, ...,л.
139.	Упростить выражения:
а)	(1+4)(1+т)(,+8т)(1+^)-'-(1+5У ;
б)	cos a cos 2а cos 4а ... cos 2" а.
140.	Сколько цифр имеет число 2100?
141.	а) Доказать, что 1	1	1	3 5	99	1
15 **10	4 •Т“-100<10-
б)* Доказать, что 1	3	5	99	1
Т,7Т---Г65<'П-
Примечание. Результат задачи б), очевидно, представляет собой усиление результата задачи а).
38
ЗАДАЧИ
[142—149
142.	Доказать, что
2100 ^2,0° 100< ю
(С1бо°о—число сочетаний из 100 элементов по 50).
143.	Что больше 99"+100" или 101" (п—целое положительное число)?
144.	Что больше 100300 или 3001?
145.	Доказать, что для любого целого положительного п 2<('+4)’<3-
146.	Что больше (1,000001 )х 000 000 или 2?
147.	Что больше 10001000 или 1001999?
148. Доказать, что для любого целого п > 6
149*. Доказать, что при тельные числа) а> О+н) >(‘+v)  Так, например, 11 -f-— \ = 27 — Z 27	4 * /	1 \W+1	/	IV <Ч1+т) <(1+4) ~	/ч ,	1 V 1ак, например, И+~2') ~ __25б	q13 . Q3 ~ 81	8 ’	/ п V VTT) • >//(/», п — целые положи- 9 о 1	Л . 1 V Т-2Т> а +т) = + 1 (я ^2). 27 . х 3	/, , 1 \ 4 : 8 ~ 3 8 ’ а\1^з)~
150]
ОЦЕНКИ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ
39
Из задачи а) следует, что в последовательности чисел
каждое последующее
число больше предыдущего. А так как, с другой стороны, ни одно из чисел не превосходит 3 (см. задачу 145), то при л —► оо величина 1+“^ стремится к некоторому определенному пределу (заключенному, очевидно, между 2 и 3). Этот предел обозначается буквой е; он равен приближенно 2, 718281828459045...
Аналогично, задача 1496) утверждает, что в последовательности ( 1 , 1 V ( . , 1 V / 1 , 1 V f 1 , 1 V+1 чисел	, (1 + т) ......+	«...
каждое последующее меньше предыдущего. А так как все эти числа /1
больше 1, то величина I 1 +~ I при л, неограниченно возрастающем, стремится к какому-то пределу. При этом числа второй последовательности все более приближаются к числам первой после-/	/	1 \«+i /IV 1
довательности отношение 14— I : ( 14— I =14— все мень-
V	\ п J \ п J п
ше отличается от 1 j ; следовательно, этот предел должен 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 л, большем шести, справедливы неравенства
/п\»	f п\п
п
где е = 2,71828 ... есть предел выражения + — j при п —>00.
Этот результат является усилением результата задачи 148. Из него, в частности, следует, что для любых двух чисел ai и аа, таких, что а± < е <а2 (т. е., например, для ах = 2,7, л2 = 2,8 или ^ = 2,71, 02 = 2,72, или а1 = 2,718, а2 = 2,719 и т. д.) п р и всех л, больших некоторого определенного числа (различного для различных ах), имеют место неравенства
/ п	п \п
Таким образом, число е является той «границей», которая отделяет числа а, такие, что ( — ) растет «быстрее» л!, от чисел а, таких,
40
ЗАДАЧИ
(151
/ п \п
что ( — ] растет «медленнее» п\ (существование такой границы следует из задачи 148).
( п \п
Действительно, ( — ) < п! при любом л, большем шести (ибо
/ п \п
а*> е, а при п > 6, в силу задачи 150, nt > I у \ ). Далее из результатов задач 145 и 149 вытекает, что при п^З выполняются неравенства
п > е > ( 1+ -Ц" = У". П"+1 > (« +1)”. j/n > п+|/п4Л ;
следовательно, при п^З величина п убывает, если п растет. Легко видеть, что при п достаточно большом, п становится сколь угодно близким к единице: это следует, например, из того, что 1g 10р/10* =	при достаточно большом k будет сколь угодно
малым. Выберем теперь N так, чтобы выполнялось неравенство — е п <—, откуда, п . п f п \ п
--- * 1и1|ца при г» и AC1V1 uvavv а1
в силу результата задачи 150,.следует, что, п! <
Неравенство задачи 150 допускает значительное уточнение. А именно можно показать, что при больших п число п\ приближенно равно (у) ’ где С есть постоянное число, равное
л! ^]/2лп
{точнее, можно доказать, что при л, стремящемся к бесконечности, отношение
кМ-Н']
стремится к единице; см. книгу А. М. Яглома иИ.М. Яглома «Неэлементарные задачи в элементарном изложении» (серия «Библиотека математического кружка», вып. 5)].
151.	Доказать, что
г^л*+1<1* + 2* + 3А+...• + /?<(! 4 (п и k—произвольные целые числа)..
152—156}	ОЦЕНКИ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ
4)
Примечание. Из результата задачи 151 следует, в частности, что
Um 1* + 2*+3*+.1
п «	П *+1	k + 1
(см. также ниже задачу 316).
152.	Доказать, что при всяком целом л>1:
. ! . 1	,	!	.	. 1 . 3 .
а' 2 < n+l^ n + 2~r ’ ’ ’ “Г 2п	4 ;
6> 1<7гЬ+тЬ+"- + з1ТТ<2-
153*. а) Определить целую часть числа
/ 2 ’ V 3^/Г ”‘^/100)000’
б) Определить сумму _____-L-	J	J..- J-А   _L -1------- К10 000................................/10 001 у 10 002	” у 1 000 000
1
С ТОЧНОСТЬЮ ДО эд.
154*. Найти целую часть числа
JiJL+_L +	+____L_
V 4 V 5 Гб  '+	*
155.	а) Определить сумму
±4__1_ । _L к i 1
102 Т Ц2 • 122 ’	• • • "Г 10002
с точностью до 0,006.
б)	Определить сумму
J--I_L_]__L_c j______L-
10!	11!^ 12!^ * ’ ’	1000!
с точностью до 0,000000015.
156.	Доказать, что сумма
1+7 + 1 + т+ •••+4*
<2	задачи	[157—158
превзойдет любое наперед заданное число Nt если. только п достаточно велико.
Примечание. Результат настоящей задачи может быть значительно уточнен. А именно можно показать, что рассматриваемая сумма 1 +"2“ + 'з‘+"4 + • • • +**“ ПРИ больших п мало отличается от log я (логарифм берется при основании е = 2,718...). Точнее говоря, можно доказать, что при любом п разность
1+T+T+"-+4-logn
не превосходит единицы (см. цитированную на стр. 40 книгу А. М. Яглома и И. М. Яглома).
157.	Доказать, что если в сумме
вычеркнуть все члены, у которых в знаменателе встречается цифра 9, то сумма оставшихся членов при любом п будет меньше 80.
158.	а) Доказать, что при любом п
б) Доказать, что при любом п
I 4-JL_i_-4- — 4-	4-_ <- j А
‘Т 4 t 9 f 16^ • • *	1 4 •
Очевидно, что неравенство задачи б) является усилением неравенства задачи а). Еще более сильный результат содержится в задаче 233. Именно из этой задачи вытекает, что при любом п сумма 1+4+т+---+^
меньше чем 1,6449340668... (но для любого числа N, меньшего
чем -g-, например для 7V=1,64 или N= 1,644934, можно найти та-
кое п, что сумма 1 -f-~ +	будет больше N).
159—162]	РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АЛГЕБРЫ	43
159*. Рассмотрим сумму
1+4 + 4+4 + 7+п + А + Г7 + гё+
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).
Примечание. Результат настоящей задачи может быть значительно уточнен. А именно, можно показать, что при больших р сумма 1	,	1	,	1	,	1	,	1	,	1	,	,1
1+7f + -o" + -f+"^ + гт +• • • 4— сравнительно мало отличается 2	0	0/11	р
то log log р (логарифм берется при основании е = 2,718...). Точнее говоря, можно доказать, что при любом р разность
i+4+4+4+7+n+"‘+4“loglogp
не превосходит числа 15 (см. цитированную на стр. 40 книгу А. М. Яглома и И. М. Яглома)
Отметим еще, что сравнение результата настоящей задачи с результатами задач 157 и 158 позволяет утверждать, что простых чисел имеется в ряду всех целых чисел «довольно много» (в частности, из этой задачи следует, что их бесконечно много). Можно, 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 фигурирует девятка, 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 — Ь\ ( а ।	। с
\ а ' b ’ с ) с ' с —а • а—b еслй а + Ъ 4- с — 0?
161. Доказать, что если «4“^ + с = ^» то а3-|-^34-с3 = За^с.
162. Разложить на множители выражения: а) а3 + #34-с3 — Забс;, б) (tf-j-A-pc)3— я7 8—— с3.
44	задачи	[163—167
163.	Избавиться от иррациональности в знаменатедедроби 1
3 /— ,	3 /— •
у а+ у Ь-}-у с
164.	Доказать, что
(а +	с)333 — а333—#333— с333
делится на
(a 4-Z? + с)3 — а3—Ь3— с3.
165.	Разложить на множители выражение а10 + я5+ 1.
166.	Доказать, что многочлен
д.9999 | д.8888 _|_ ^7777 | ^вббв । д.5555 |
Х4444	д.3333 _|_ д.2222	д-1111 4. ]
делится на
х9 + х8 + х7 + х6 + хъ + х4 + х3 + х2 + х + 1.
167.	Воспользовавшись результатом задачи 162а), найти общую формулу для решения кубического уравнения
х3 + рх + q = 0.
Примечание. Отметим, что результат настоящей задачи 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 + Зсу2 + Зс2у + (^ + А (у*+2су + с2) + В(у + с) + С==(),
или
г/34-(Зс + Л)е/24-(Зса + 2Лс4-В) у+ (с34- Лса + Вс+С)-0.
Л /	А \
Отсюда видно, что, положив с = -₽— ( т. е. х = у—j , мы придем к уравнению
А3 27 ' 9
0,
168—173]	РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АЛГЕБРЫ	45
которое имеет такой же вид, как и уравнение данной задачи:
. ,	. а	. о 24» ДВ , _
P* + Pf/+<7 = 0, где р ——д- + В. <? = '27-^ + с>
/68. Решить уравнение
а—Ya + x = x.
169*. Найти действительные корни уравнения
х2 + 2ах + ^ — — а+уГаг+х—^ fo<a<-|
170. а) Найти действительные корни уравнения
х + 21^х + 2}'/Гх+ ... +2Vx + 21/3x = x п радикалов
(все корни квадратные считаются положительными).
б) Решить уравнение
• 1+-X
(в выражении слева знак дроби повторяется п раз).
171. Найти действительные корни уравнения
х + 3—4/х—1+)/" х + 8—6]/х—1 = 1 (все корни квадратные считаются положительными).
172. Решить уравнение
|х+11—|*1 + 3 |х—11—2|х—2| = х + 2.
173. Система двух уравнений второй степени |	х2—/-0,
( (х—а)а+/ = 1
46
ЗАДАЧИ
[174—177
имеет, вообще говоря, четыре решения. При каких значениях а число решений этой суммы уменьшается до трех или до двух?
174. а) Решить систему уравнений а2,
х 4- ay = 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, х4- ay = 1.
в) Тот же вопрос относительно системы f ax+y-\-z=\,
< x-\-ay-\-z = a> х А-У-V az = а?.
175. Найти условия, которым должны удовлетворять данные числа ах, а2, а3, а4 для того, чтобы система 6 уравнений с 4 неизвестными
Х1 + Х2==а1а2, xi 4-х3 = а1а3, ^1+Х4 = а1а4» х2 + х3 = а2а3, Х2 + Х4 = а2а4» *з+*4 = аЗа4
имела решения. Найти значения неизвестных х2, х3, х4. 176. Сколько действительных решений имеет система
I х4-.У = 2, ( ху — я2 = 1?
177. а) Сколько корней имеет уравнение 8к1х=1£б?
б) Сколько корней имеет уравнение sinx = Igx?
178--184]	РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АЛГЕБРЫ	47
178*. Доказать, что если хх и х*—корни уравнения х2 — блг-И 1=0, то xj + x" при любом делом п является целым числом, не делящимся на 5.
179.	Может ли выражение
(^1 + «2 + • • • + ^999 4-«1Ooo)a==«!+^+•••+«:..+ + aUo + 2aia2 + 2aia» + • • ♦ + 2eM»®iaoo.
где некоторые из чисел аъ ..., a999r a1000 положительны, а другие отрицательны, содержать одинаковое число положительных и отрицательных попарных произведений?
Рассмотрите аналогичную задачу для выражения
(a1 + a2 + ... +
a9999 + aioooo)2‘
180.	Доказать, что любую целую степень числа /2— 1 можно представить в виде /N—]/ЛГ—1, где W—целое число (так, например, (/ 2 —1)2 = 3— 2/2 = /9—/8, а (У2—1)3 = 5/2—7 =/50—/49).
181.	Доказать, что выражение99999+111 111/3 нельзя представить в виде (л+й/зр, где А и В—целые числа.
182.	Доказать, что /2 нельзя представить в виде р+яУ’Г, где р, 7, г — рациональные числа.
183.	а) Что больше
2,00000000004	2,00000000002
(1,00000000004)2 + 2,00000000004ИЛИ( 1.00000000002)2 + 2,00000000002 ?
б)	Пусть а>£>0. Что больше
1 + а + а2 + ,,.+ап-1	1+6 + 6а+...+6»-1
l + a + a2-h... +ап ,	+	'
184.	Даны п чисел a1( a2, а3, .ап. Найти число х, такое, чтобы сумма
(х— «1)2+ (х—аг)2 + ... + (х—а„)2 имела наименьшее возможное значение.
48
ЗАДАЧИ
[185—187
185.	а) Даны четыре действительных попарно неравных числа ах < а2 < а3 < а4. Расположить эти числа в таком порядке aiv	(it, i2l i3l /4—те же номера 1, 2,
3, 4, только как-то переставленные), чтобы сумма
Ф = (aZi —а,./ + (а6—aia)2 + (а6—а;<)2 + (а,-, —а,-,)2 имела меньшее возможное значение.
б)* Даны п действительных попарно неравных чисел
а2» аз> •••> ап- Расположить эти числа в таком порядке а;, а{, а,-, ..., а. , чтобы сумма
‘1’	*2'	*з’	’ 1ПГ	J
Ф = (а,-—а,-,)2 + (а,-,—а,-,)2 + . •. +	а,-„)2 + (а,-„—а,-,)2
имела наименьшее возможное значение.
186.	а) Доказать, что каковы бы ни были действительные числа а19 а2, ..., ап; Ьх, Ь2, ..., Ьп, всегда
/	+ «1 + ^ + •••+УГ ап + ь^
V (#1 + а2 + • • * + ап}2 + (^1 + ^2 + • • • + Ьп)2-
При каких условиях имеет место равенство?
б) Пирамида называется прямой, если в основание пирамиды можно вписать окружность и центр этой окружности совпадает с основанием высоты пирамиды. Доказать, что прямая пирамида имеет меньшую боковую поверхность, чем всякая другая пирамида той же высоты, основание которой имеет ту же площадь и тот же периметр.
Примечание. Неравенство задачи а) составляет частный случай так называемого неравенства Минковского (см. ниже задачу 308).
187*. Доказать, что при любых значениях действительных чисел аъ а2, ..., ап имеет место неравенство
й2 + (1_лг)2 _|_ -|/в2 + (1 _аз)2 + . . .
• • • + Y+ Yа2 + (1-ах)2 > п~^~ .
При каких значениях этих чисел левая часть неравенства точно равна правой части?
188— 195]
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗ АЛГЕБРЫ
49
188.	Доказать, что если числа х± и х2 по величине не превосходят единицу, то
абсолютной

При каких значениях хх и х2 левая часть этого неравенства точно равна правой части?
189.	Что больше cos sin х или sin cos х?
190.	Доказать, не пользуясь логарифмическими таблицами, что:
а)	г-—1-Д— >2;
' log2n iog5 л
б)	г-!—Нт~Ц->2.
' log2 л 1 log* 2
191.	Доказать, что если а и р—острые углы и а •< р, то
а)	а—sina<P—sin р.
б)	tga—a<tgp—р.
192*. Доказать, что если аир —острые углы и а < р, то tga tg р
~<_г-
193.	Найти соотношение между arcsin cosarcsin х и arccos sin arccosx.
194.	Доказать, что каковы бы ни были коэффициенты азъ лзо» • • •» а2» аъ сумма
cos 32x + a3Xcos31x + a30 cos30x + ... -f-a2 cos2x + ax cosx
не может принимать при всех х только положительные Значения.
195.	Пусть некоторые из чисел ах, а2) ..., ап равны + 1, а остальные равны —1. Доказать, что
2 sin	45° =
50	задачи	[196—200
Так, например, при а1 = а2= ... = art = 1 получаем:
2sin(l+4 + 4-+ ...+2^=1) 45° = 2 cos =
= 1^2+/2+ ... 4-/2;
п корней
8. АЛГЕБРА МНОГОЧЛЕНОВ
196.	Найти сумму коэффициентов многочлена, получающегося после раскрытия скобок и приведения подобных членов в выражении
(1 _3^4- Зх2)743 (1 -f-Зх—Зх2)744.
197.	В каком из выражений
(1 4-х2—х3)1000 и (1— х24-х3)1000
будет стоять после раскрытия скобок и приведения подобных членов больший коэффициент при х20?
198.	Доказать, что в произведении
(1—х4-*2—*3+ • • •—х"4-х100)х
х(1 4-х4-*24- • • • + х"4-х100)
после раскрытия скобок и приведения подобных членов не останется членов, содержащих х в нечетной степени.
199.	Найти коэффициент при х50 после раскрытия скобок и приведения подобных членов в выражениях:
а)	(1 4-х)10004-х (1 4-х)999 4-х2(1 4-х)9984-... 4-х1000;
б)	(1 4-х)-}-2 (1 4 х)2 4-3(1 4-*)3 4- ...
... +1000(1 4-х)1000.
200*. Определить коэффициент при х2 после раскрытия скобок и приведения подобных членов в выражении
(.. .(((х—2)2—2)2 —2)2 —...— 2)2.
£ раз
201—.207]
АЛГЕБРА МНОГОЧЛЕНОВ
51
201.	Найти остаток от деления многочлена х + х3 + х° + х27 + -*81 + *243
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 х1961— 1 нах4 + х3-|-+ 2х2 + х + 1 получаются частное и остаток. Найти в частном коэффициент при х14.
204.	Найти уравнение с целыми коэффициентами, корнем которого является число:
а)	/24-/Щ
б)	/2+^3.
205.	Показать, что если а и 0 — корни уравнения
х2 + рх + 1 = 0,
а у и S — корни уравнения
х2 + ?х + 1=0, то
(а—у) ф—Y) (а 4-й) ф4-й) = ?2—р2.
206.	Пусть а и 0 — корни уравнения
х24-рх + ^ = 0,
а у и 6 — корни уравнения
x2 + Px + Q = 0.
Выразить произведение
(a^-Y) Ф~Y) (а—й) ф — й)
через коэффициенты данных уравнений.
207.	Даны два уравнения:
хг 4- ах 4-1 =0, л2 4- х 4- а = 0.
52	задачи	[208’—213
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)4-1 разлагается в произведение (х-|-£)(х + с) двух множителей с целыми b и с.
209.	Найти такие отличные от нуля не равные между собой целые числа a, b, с, чтобы многочлен четвертой степени с целыми коэффициентами
х(х—а) (х — Ь) (х — с) 4- 1
можно было бы представить в виде произведения двух других многочленов с целыми коэффициентами.
210.	При каких отличных друг от друга целых числах av а2, ..., ап многочлены с целыми коэффициентами
а)	(х—aj)(x — а2) (х—а3).. .(х—а„) — 1,
б)	(х—ах)(х—а2)(х —а8).. .(х—а„)4-1
разлагаются в произведение двух других многочленов?
211*. Доказать, что при любых отличных друг от друга целых числах ах, а2, ..., ап многочлен
(х—ах)а (х—а2)2.. ,(х—а„)2 + 1
не разлагается в произведение двух других многочленов с целыми коэффициентами.
212.	Доказать, что если многочлен
Р(х) = аохп + а1х"-1+ • • • +«„-ix + a„
с целыми коэффициентами принимает при четырех целых 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
а0х7 + агх9 4- а2х5 4- а3х4 4- л**8 + «5х2 + я в* + а7
при 7 целых значениях х принимает значения 4-1 и —1, то его нельзя представить в виде произведения двух многочленов с целыми коэффициентами.
214--219]	АЛГЕБРА МНОГОЧЛЕНОВ	53
214.	Доказать, что если многочлен с целыми коэффициентами
Р(х)==аох"-|-а1хп_1-Ь • • •
принимает при х = 0 и х=1 нечетные значения, то' уравне-ние Р(х) = 0 не имеет целых корней.
215*. Доказать, что если многочлен
Р(х) = а0хи-Ьа1х"~14-а2х"-2+ ...
с целыми коэффициентами при двух целых значених х = р и х==^(р><7) равен по абсолютной величине 1 и уравнение Р(„г) = 0 имеет рациональный корень а, то р—q равно 1 или 2 и а = -	.
216*. Доказать, что многочлены
а)	х2222 + 2х2220 + 4х2218 + бх2216 + 8х2214 + . ..
. .. + 2218х4 + 2220х2 + 2222;
б)	х260 + х249 + *248 + -*247 + *246 + • • • +л;2 + х+ 1
не могут быть разложены в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами. 217 218 * * * * * *
217. Доказать, что если два многочлена с целыми коэффициентами в произведении дают многочлен с четными 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
P(x) = xn + a1xn~1 + a2xa~s + ... +а„_1х + а„
с целыми коэффициентами и с коэффициентом при старшей
степени х, равным 1, являются целыми.
219*. Доказать, что не существует такого многочлена
Р (х) = аохп + аххп-1 + ... + а„_1* + ап,
что все числа Р(0), Р(1), Р(2), ...являются простыми.
54
ЗАДАЧИ
[220—221]
Примечание. Предложение, сформулированное в задаче, было впервые доказано Л. Эйлером. Ему же принадлежат примеры многочленов, значения которых при многих последовательных целых значениях х являются простыми (так, например, в случае многочлена Р (х) — х2 — 79х + 1601 80 чисел Р (0)=*= 1601, Р (1)= 1523, Р (2), Р (3), Р (79) являются простыми).
220. Доказать, что если многочлен
Р(х) = хп + Л1х"-1-|-Л2хп-2+ ... +Ап_1х + А„ при всех целых значениях х принимает целые значения, то его можно представить в виде суммы многочленов Рв(х) = 1, Р1(х) = х, р2(х) = £<±=11), ...
n Х Х(х—\)(х—2)...(х— П4-1)
Ь2.3...п
обладающих тем же свойством (в силу задачи 49 а)), взятых с целыми коэффициентами.
221. а) Доказать, что если многочлен л-й степени Р(х) принимает целые значения при х = 0, 1, 2, . .., л, то он принимает целые значения и при всех целых значениях х.
б)	Доказать, что всякий многочлен степени п принимающий при каких-то л + 1 последовательных целых значениях х целые значения, принимает целое значение при всяком целом х.
в)	Доказать, что если многочлен Р(х) степени л принимает целые значения прих = 0, 1, 4, 9, 16, ..., л2, то он принимает целое значение и при любом целом значении х, являющемся полным квадратом (но необязательно принимает целые значения при всех целых х).
Привести пример многочлена, принимающего целые значения при каждом целом значении х, являющемся полным квадратом, но при некоторых других целых х принимающего дробные значения.
9. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
В ряде последующих задач используются следующие формулы:
1)	формула умножения комплексных чисел, записанных в тригонометрический форме:
(cos а -|- i sin а) (cos р + i sin р) = cos (а + р) + i sin (а ~Ь Р),
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
55
в справедливости которой, нетрудно убедиться непосредственной проверкой:
(cos а + i sin а) (cos р 4- i sin 0) =□
= cos a cos p 4- i cos a sin p 4- i sin a cos p 4- (— 1) sin a sin p =
в (cos a cos p — sin a sin P)4“* (cos a sin p 4-sin a cos P) =
= cos (a4-P)4-i sin (a 4-P);
2)	формула Муавра
(cos a4- i sin a)" = cos ла 4- * sin ла
(n — целое положительное число), которая получается л-кратным применением предыдущей формулы);
3)	формула извлечения корня из комплексного числа п/-----------— a 4-360° % , . . a 4-360°%
{/ cos a 4-1 sin a == cos —!-1-1 sin —5----<-
у	n	n
(k = 0, 1, 2,..., л—1), являющаяся следствием формулы Муавра.
В частности, большую роль играют в нижеследующих задачах корни л-й степени из единицы, т. е. корни уравнения л-й степени:
хп — 1 = 0, которые, очевидно, имеют вид
л/т- п/----<ГГ" • а 360% . • • 360%
1 = {/cos04-1 sin0 = cos----hisin------
v	v	n	n
(A> = 0, 1, 2..n—1).
Наконец, сделаем еще следующее замечание, который неоднократно придется пользоваться в решениях задач этого цикла. Пусть уравнение л-й степени
хп4-л1хл”14-а2хл“24- ... + ап_1х + ап = 0
имеет л корней xlt х2, ..., xn_lt хп. В таком случае левая часть уравнения делится на (х—-xj, (х—х2), ...» (х—х„), т. е.
хп 4- а^хп“14- а2хп ~2 4- ... 4- ап _ хх 4- ап =
= (* Xj) (х х2). . . (х хп — 1) Iх хп)*
Раскрывая скобки в правой части этого равенства и приравнивая затем коэффициенты при одинаковых степеняххслева неправа, мы получим следующие формулы, указывающие на связь коэффициентов уравнения л-й степени с его корнями (формулы Виета);
ai== — (*i + *2 4“ • • • 4“ *й-14- хп)*
а2 = ххх2 4- ххх3 4-... 4- хп-ixn* — (*1*2*8 + ...+хп_2хп_ !ХИ),
ап- 1 = (	1)” 1 (*1*2 ♦ • • Хп — 1 4" *1*2» • **п—2*/1 4~ • < • 4“ *2*3* • •*/»)>
а„ = ( —1)" Х1Х2х3...хп>
56
ЗАДАЧИ
[222—225
Читателю, который заинтересуется комплексными числами, можно рекомендовать книгу Р. О. Кузьмина и Д. К. Фаддеева «Алгебра и арифметика комплексных чисел», Учпедгиз, Ленинград, 1939.
222.	а) Доказать, что
cos 5а = cos5 а— 10 cos3 а sin2 а 4- 5 cos а sin4 а, sin 5а = sin5 а — 10 sin3 а cos2 а + 5 sin а cos4 а.
б)	Доказать, что при каждом целом п
cos па = cos" а—cos"”2 а sin2 а 4“ Cn cos"”4 а sin4 а—
— CrtCos"”easinea+ ...,
sin па = Cjcos"”1 a sin а—С* cos"”3 a sin3a4-
+ CnCos"“5asin5a—..., где обозначенные точками члены, закон образования которых легко подметить, выписываются до тех пор, пока сохраняют смысл биномиальные коэффициенты.
Примечание. Задача б), очевидно, является обобщением задачи а).
223.	Выразить tg 6a через tg a.
224.	Доказать, что если х 4~ у = 2 cos а, то х"-[-—== = 2 cos па.
225.	Доказать, что
sin ф 4- sin (ф + a) 4~ sin (ф 4- 2a) 4- ... 4- sin (ф 4- па) ~
. (п-4- 1)а . /	, ла\
. а s,nT
cos <р + cos (<р 4- a) -f- cos (<р 4- 2а) 4* ... 4~ cos (ф 4- ла) =
. (п 4-1) а /	> па \
sin '—g-2— cost <р +-g-1
а
*,п У
226—230]
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
57
226.	Вычислить
cos2 а + cos2 2а -f- .	-f- cos2 па
и
sin2 а 4- sin2 2а + .. 4 4~ sin2 ла.
227.	Вычислить
cosa4-Cjcos 2a4-C„cos3a+ ... 4-C«“1cos7za4-cos(rt4- 1)« и
sina + Сп sin 2а 4- Сп sin За 4- .. . 4“ Cn”1 sin па 4- sin (п 4- 1)а.
228.	Доказать, что если т, л, р—произвольные целые числа, то
тп . пп , , 2tnn . 2пл . . Зтл . Зпп , sin — sin--k sin---sin---k sin----sin---H ...
P P P P	P P
, . (p—V)mn . (p — 1)ил
... 4- sin ——-— sin ~-----— =
P	P
—, если т-\-п делится на 2p, а m—n не делится на 2p;
= . у, если m—n Делится на 2p, а m-\-n не делится на 2р;
0, если т-\-п и т—п одновременно делятся или одновременно не делятся на 2р.
229. Доказать, что
2л	, 4л . 6л ,	, 2пл	1
C0S 2м4-1	COS 2n + 1 ^C0S2n + l *••• + C0S 2/i + 1	2'
230. Составить уравнение, корнями которого являлись бы числа:
ч . л л «о 2л . л Зл	. л пл
а)	Sin2 о—ГТ »	sm 7>—ГТ »	sin о—ГТ	>	• • • >	sin о—ГТ j
' 2п 4-1 ’ 2п 4- 1 ’ 2п + 1	’	’ 2п -f-1 ’
х 9 Д' 1 9 2л . л ЗЛ	• а ЛЛ
б)	Ctg 2ЙТТ ’ Ctg 2n+T ’ Ctg 2n + l ’ • • • ’ Ctg 2/Tj-T *
58
ЗАДАЧИ
[231 — 233
а)
б)
231.	Определить суммы:
ctg^+ctg%-^+ctga5^i+ • • • +ctg%vTi; cosec8^+cosec22^ + cosec82^n+ •••
• •' +cosec2 2^i •
232.	Вычислить произведения:
л . 2л . Зл .пл
Sin о—ПТ S1H п—ПТ sin о—ГТ ... Sin х—7-г
2п+1	2л+1	2л+1	2л+1
И
а)
б)
. л . 2л . Зл
Sin Sin X- Sin к- .
2п 2п 2п
л 2л Зл
. (п— 1) л . . sin --— •
2п 1 пл COS х—г-7 COS х—r-x COS х——j . . . COS X—r-r 2n+l 2n+l 2n4-l 2n+l
и
л 2л Зл
COS x- COS x- COS x- ... COS 2n 2n 2n
(n—1) Л 2n
233.	Вывести из результатов задач 231а) и б), что при любом целом положительном п сумма
1 + 22 + 32 + • • • + ^2
Л 1 W 1	2 \ л2
заключается между I - Д 1 ~ 2мЛ ) "б и fl____J_Wi+_b^
V 2n + lJ V^2n+lJ 6 •
Примечание. Из результата задачи 233, в частности, следует, что
1.1.1.1 +
где под суммой бесконечного ряда 1+7^2+ -^2 + 52+•• • по* нимается предел, к которому стремится величина 1 + 22 + 32+.. • ... + “2 ПРИ °0*
234 — 237]
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
59
234.	а) На окружности, описанной около правильного /z-угольника А±А2. . .Ап, взята точка М Доказать, что сумма квадратов расстояний от этой точки до всех вершин «-угольника не зависит от положения точки на окружности и равна 2л/?2, где /? есть радиус окружности.
б)	Доказать, что сумма квадратов расстояний От произвольной точки /И, взятой в плоскости правильного л-угольника A1A2...Ant До всех вершин л-угольника зависит только от расстояния I точки Л4 от центра О многоугольника и равна n(R2-[-P), где R есть радиус окружности, описанной около л-угольника.
в)	Доказать, что утверждение предыдущей задачи остается в силе и в том случае, когда точка М не лежит в плоскости л-угольника Д1Д2. . .Ап.
235.	На дуге А±Ап окружности, описанной около правильного л-угольника А±А2. . .Д„, взята точка М. Доказать, что:
а)	если л четно, то сумма квадратов расстояний от точки М до вершин л-угольника с четными номерами равна сумме квадратов расстояний от этой же точки до нечетных вершин;
б)	если л нечетно, то сумма расстояний от точки Л4 до вершин л-угольника с четными номерами равна сумме расстояний от этой же точки до нечетных вершин.
Примечание. Геометрическое доказательство теоремы задачи 2356) см. в решении задачи 118 из второй части сборника.
236.	Радиус окружности, описанной около правильного л-угольника Д142...4„, равен/?; Доказать, что:
а)	сумма квадратов всех сторон и всех диагоналей л-угольника равна л2/?2;
б)	сумма всех сторон и всех диагоналей л-угольника равна flCtg^Z?;
в)	произведение всех сторон и всех диагоналей л-уголь-п п (п-1)
ника равно л 2 R 2 .
237*. Найти сумму 50-х степеней всех сторон и всех диагоналей правильного 100-угольника, вписанного в окружность радиуса /?.
60
ЗАДАЧИ
[238 — 241
238*. Доказать, что в целочисленном треугольникег) не может быть углов, отличных от 60°, 90° и 120° и соизмеримых с прямым углом.
239*. а) Доказать, что для любого нечетного р>1 угол arccos-^- не может содержать рационального числа градусов.
г
б) Доказать, что угол arctg , где р и q — целые 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, которая изучает свойства целых чисел, — к теории чисел; ряд задач по теории чисел имеется в других частях сборника, особенно в 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 труднейших) математических наук. Более систематическое изложение одного из разделов теории чисел дано в книге Е. Б. Д ы н к и н а и В. А. Успенского «Математические беседы», составляющей вып. 6. «Библиотеки математического кружка»; в частности, вэтойкнигечи-татель сможет найти новые решения некоторых задач этого цикла. Хорошим обзором элементарной теории чисел служит статья А.Я. Хинчина «Элементы теории чисел» в книге первой «Энциклопедии элементарной математики» (М.—Л., Гостехиздат,1951); в коние этой статьи указан довольно полный список дополнительной литературы по затронутым в статье вопросам.
240* Теорема Ферма. Доказать, что если р ест£ 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 и г—число чисел ряда 1, 2,3, ..., 7V—1, взаимно простых с N. Доказать, что если а есть произвольное целое число, взаимно простое с N, то разность аг— 1 делится на AL
*) Определение целочисленного треугольника см. в условии задачи 127 (стр. 35).
242—244]	несколько задач из теории чисел 61
Примечание. Если число N — простое, то все выписанные числа взаимно просты с/V, т. е. г— TV —1,и теорема Эйлера сводится к следующей: разность а^"1—1, где /V —простое, делится на 7V. Отсюда видно, что теорему Ферма (см. задачу 240) можно рассматривать как частный случай теоремы Эйлера.
Если N^pnt где р— простое, то из N—\—рп—1 чисел 1, 2, 3, ...» А—1 не будут взаимно простыми с N~pn только числа р, 2р, Зр, ...» N— р = (р”“1—1) р. Таким образом, в этом случае г = (р'»—-1) ——=	р"""1, и теорема Эйлера сводится к
следующей: разность ар ~р — 1, где р — простое, а а не делится на р, обязательно делится на ри.
Если N = p^ р^2.. .р*к , где рп р2, ..., pk— различные между собой простые числа, то число г простых чисел, меньших N и взаимно простых с N, дается формулой
\ P1J \ Pij \ Pkj
(см., например, цитированную выше статью А. Я- Хинчина). Если N — pn—степень простого числа р, то эта формула дает
т. е. результат, полученный выше.
242*. Согласно теореме Эйлера разность 2k—1, где k = 5n— 5”~x, делится на 5я (см. задачу 241; в частности, примечание к этой задаче). Доказать, что ни при каком k, меньшем чем 5”—5я"1, разность 2k—1 не делится на 5я.
243. Выпишем подряд последовательные степени числа 2: 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048, 4096, ... Легко заметить, что в этом ряду чисел последние цифры пе-риодйчески 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 которого наблюдается периодичность.
244*. Доказать, что существует такая степень числа 2, последние 1000 цифр которой все будут единицами и двойками.
62
ЗАДАЧИ
[245 — 249
245. Теорема Вильсона. Доказать, что если целое число р—простое, то число (р—1)! + 1 делится на р; если же р—составное, то (р—1)1 + 1 не делится на р.
246*. Пусть р—простое число, которое при делении на 4 дает в остатке 1. Доказать, что существует целое число л:, такое, что х2+1 делится на р.
247**. Доказать, что:
а)	если каждое из двух чисел АиВ можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел, то и их произведение АВ можно представить таким образом;
б)	всякое простое число вида4л+1 можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел, а никакое число вида 4/х+ 3 не допускает такого представления;
в)	составное число W может быть представлено в виде суммы квадратов двух целых чисел в том и только в том случае, если все простые множители вида 4л+3 входят в разложение числа М в четных степенях.
Так, например, числа 10 000 = 24-54 и 2340= 22-32 • 5-13 можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел (в разложение первого числа вовсе не входят множители вида 4« + 3, а в разложение второго числа входит единственный подобный множитель 3 в четной степени 2), а число 2002 = 2 • 7 • 11 • 13 нельзя представить в таком виде (множители 7 и 11 вида 4л+3 входят в разложение этого числа в первых степенях).
248. Доказать, что для всякого простого числа р можно найти такие целые числа х и у9 что х2+у2 + 1 делится на р.
249**. Доказать, что:
а)	если каждое из двух чисел А и 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 12, 60 = 49 + + 9+1 + 1 = 72 + 32 + 12+12,	1000 = 900 +100 = 302 +
+ 102 и т. д.
250 — 251] несколько задач из теории чисел	63
250. Доказать, что никакое число вида 4" (86—1), где л я &—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 4" (86 — 1), представимо в виде суммы трех или меньшего числа квадратов целых чисел. Однако доказательство этого предложения весьма сложно.
251**. Доказать, что каждое положительное число 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 значительно меньшего числа четвертых степеней целых чисел, чем 53. До сих дор 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 одно число 79 = 16 +16 + 16 +16 +1 +1 +1 -|-1 -|-1 -|-+ l + l + l + l + l + l + l-j-l + l + l не представимо в виде суммы меньше чем 19 четвертых степеней целых чисел). Предполагают, что каждое целое положительное число представимо ввиде суммы неболее чем 19четв,ертых степеней целых чисел; однако хотя это предположение, по-видимому, и верно, оно до сих пор не получило полного доказательства. Доказано лишь, что каждое целое положительное число представимо в виде суммы не более чем 21 четвертой степени целых чисел; это предложение, конечно, значительно сильнее, чем предложение задачи 251, но доказательство его основано на применении некоторых весьма сложных понятий высшей математики.
В задаче 2496) утверждается, что всякое целое число 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 ^существует такое целое число N (разумеется, зависящее от 6), что каждое целое положительное число представимо в виде суммы неболее чем N слагаемых, являющихся 6-ми степенями целых
64
ЗАДАЧИ
(252—2541
чисел. Эта последняя теорема имеет несколько различных доказательств, но до самого последнего времени были известны дишь такие ее доказательства, которые используют очень сложный математический аппарат (относящийся к высшей математике). Лишь в 1942 г. советский математик Ю. В Линник дал элементарное доказательство теоремы. Это доказательство изложено в популярной книжке А. Я.Хинчина «Три жемчужины теории чисел», М.—Л., Гостех-издат, 1949. Следует, впрочем, отметить, что доказательствоЮ.В. Линника 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 положительных рациональных чисел можно представить не всякое положительное рациональное число. Так, например, число 1 нельзя представить в виде суммы двух кубов. Действительно, равенство
1 ( т \3 J- ( р V \П J \ qJ
можно переписать в виде
(nq)a = (mq)3 + (лр)3, где mt п, р и q— целые числа. Но известно, что не существует таких целых чисел х, у и z, что
+ =
(доказательство см., например, в книгах: А. Я. X и н ч и н, «Великая теорема Ферма», М. — Л.» ГТТИ, 1934, или Л. Г. Шнирельман, «Простые числа», М.—-Л., ОНТИ, 1940).
253. Доказать, что существует бесконечно много простых чисел.
254. а) Доказать, что среди членов арифметических прогрессий 3, 7. И, 15, 19, 23, ... и 5, И, 17, 23, 29, 35, ... имеется бесконечно много простых чисел.
б)* Доказать, что среди членов арифметической прогрессии
5, 9, 13, 17, 21, 25, ...
имеется бесконечно много простых чисел.
в)* Доказать, что среди членов арифметической прогрессии
И, 21, 31, 41, 51, 61, ...
имеется бесконечно много простых чисел.
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА
65
Примечание. Имеет место также общее предложение о существовании бесконечного числа простых чисел в каждой арифметической прогрессии, первый член которой взаимно прост с ее разностью, однако доказательство этого предложения является 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 Сель-бергом; до этого были известны лишь доказательства, относящиеся к высшей математике).
11. НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА
Ниже собраны некоторые задачи на неравенства, объединяющиеся вокруг двух важных неравенств, играющих большую роль в математическом анализе и геометрии. Речь идет о теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 268) и неравенстве Коши-Буняковского (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 циклы 6 и 7).
Большое число интересных неравенств собрано в «Задачнике по алгебре» В. А. Кречмара (Гостехиздат, М. —Л., 1950), где неравенствам посвящена целая глава; в частности, в этой книге имеются другие доказательства некоторых неравенств этого раздела. Много интересного найдет читатель также в книгах: П. П. Коровкин, «Неравенства» (Гостехиздат, М. — Л., 1951), Г. Л. Невяжский, «Неравенства» (Учпедгиз, Москва, 1947) и особенно в фундаментальном сочинении Харди, Литтльвудаи Полна «Неравенства» (Госиноиздат, Москва, 1949), первые главы которого доступны читателю и незнакомому с высшей математикой.
Нижеследующие задачи расположены не в порядке возрастания трудности, а либо так, что знание результатов или методов 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 обозначаются действительные числа.
А. Теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом и ее применения. Из школьного курса известно, что среднее геометрическое двух положительных чисел а и b не больше их среднего арифметического.
(I)
причем равенство достигается только в том случае, когда а = д.
В самом деле, возведем обе части неравенства в квадрат и освободимся от знаменателя; получим:
АаЪ (а + Ь)2.
3 Д. О. Шклярский и др.
66
ЗАДАЧИ
[255
Раскрывая скобки в правой части, перенося 4аЬ в правую часть и приводя подобные члены, приходим к неравенству
О < а2—2аЪ + Ь2 = (а—Ь)2, которое, очевидно, выполняется для любых а и b (ибо полный квадрат не может быть отрицательным). Следовательно, и неравенство (I) тоже имеет место для любых действительных чисел. Далее, очевидно, что (а—Ь)2 обращается в нуль лишь когда a — bt т. е. последнее выписанное неравенство обращается в равенство только при а = Ь; следовательно, и исходное неравенство (I) обращается в равенство только при а = Ь.
Неравенство (I) может быть переписано в следующем равносильном виде, которым мы в дальнейшем воспользуемся:
Действительно, раскрывая в (Г) скобки, освобождаясь от знаменателя и перенося все члены в правую часть, получаем:
О < 2а2 + 2b2 — (а2 + 2аЬ + Ь2) = (а—Ь)2.
С помощью простых неравенств (I) и (Г) легко решаются первые из нижеследующих задач.
Неравенства (I) и (I') допускают много различных обобщений, самые важные из которых составляют содержание задач 268 и 283.
Средним арифметическим п положительных чисел ах, а2, ... , ап называется выражение
Лп(а) = а]+а2+--+а".
Средним геометрическим и положительных чисел ах а2, ... , ап называется корень n-й степени из произведения этих ч исел:	________
г„ (а)=	aia2...a„.
Наконец, средним гармоническим п положительных чисел называется такое число Нп (а), что ‘
1	и2 ап
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 b определяется равенствами
1	1 ( 1 , 1 \	2аЬ
—	—гт » откуда с =—— .
с 2 \а * b J J	a + b
255.	а) Доказать, что из всех прямоугольников с данным периметром Р наибольшую площадь имеет квадрат.
256—262] НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ неравенства
67
б) Доказать, что - из всех прямоугольников с данной площадью 5 наименьший периметр имеет квадрат.
256.	Доказать, что сумма катетов произвольного прямоугольного треугольника всегда не больше, чем его гипотенуза, умноженная на J/2.
257.	Доказать, что для любого острого угла а tg а 4- ctg а 2.
258.	Доказать, что для любых положительных чисел а и Ь, в сумме равных единице:	имеет место нера-
венство
( I 1 V 1 (и 1 1 V.25
Выяснить, при каких значениях а и b достигается равенство.
259.	Доказать, что для любых трех положительных чисел а, й, с имеет место неравенство
(а + Ь) (Ь + с) (с + а) 8abc.
При этом знак равенства достигается только при а — Ь = с.
260.	При каком значении х дробь
а-\-Ьх*	.	,	.
—~— (а, b—положительны)
принимает наименьшее значение?
261.	У продавца заведомо неточные весы (коромысла весов разной длины). Зная это, продавец отвешивает каждому покупателю половину товара на одной чашке весов, а 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-жительных чисел есть в то же время среднее геометрическое их среднего арифметического и среднего гармонического.
3*
68
ЗАДАЧИ
[263—268
б) Доказать, что среднее гармоническое двух положительных чисел а и b не больше их среднего геометрического, причем равенство может иметь место только в случае равенства а и Ь.
263*. Доказать, что среднее арифметическое трех положительных чисел не меньше их среднего геометрического, т. е. что
<5
причем равенство достигается лишь в случае а = й =
264.	Доказать, что из всех треугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет равносторонний треугольник.
265.	Рассмотрим трехгранную пирамиду с прямым трехгранным углом при вершине. Обозначим длины ребер, выходящих из вершин, через х, у и z.
При каких х, j, z объем пирамиды будет наибольшим, если известно, что
x+j + z= Л?
266.	Доказать, что для любых положительных чисел а2, аз> ^2, имеет место неравенство
У(<h + &1) («2 + -М («» + bs) > Уata2a3 + Уb^b^.
267.	Частный случай теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Даны 2т положительных чисел ах, а2, ..., а2т. Доказать, что имеет место неравенство
Г2« (я) Д2ш (#), т. е.
2У < ?* + а« + ^+^ ,
причем неравенство обращается в равенство лишь в случае, когда все числа ах, а2, ..., а2т равны между собой.
268*. Теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом для п чисел. Доказать,
269—273] НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ неравенства
69
что для любых положительных чисел аг, а2, .. . > ап имеет место неравенство
Г»(«ХА> И.
т. е.
Равенство достигается лишь в случае а1 = а2 = • • • =
269.	а) Доказать, что произведение п положительных множителей, сумма которых задана, достигает наибольшей величины, когда все п множителей равны между собой.
б) Доказать, что для любых положительных чисел а2> • * • » ап
270.	Доказать, что для любых п положительных чисел ах, а2, ..., ап имеет место неравенство
Н (а)<Г(а) (т. е. л:	aia2- • •«»
\	\Я1	ап/
Равенство достигается только в случае аг — а2 = ... ап.
271.	Доказать, что для любых положительных чисел а и b
V п+1
(равенство достигается только, если а = Ь).
272.	Доказать, что для произвольных положительных чисел аъ а2, ... , ап
(«1 + а2+ ... + ап)	• • • +
\°1 а2	anJ
В каком случае имеет место равенство?
273.	Доказать, что при любом целом л> 1 имеет место неравенство
п
п+1\“
70
ЗАДАЧИ
[274—280]
274.	Доказать, что для любых положительных чисел alf а2> аз, а4 имеет место неравенство
275.	Доказать неравенства
111 1
22 ‘ 33 ’ 44‘ ‘
И (П + 1) 2
п (п+1)
б) 1.22-38-44.. ,пп< Г^г-П 2
I и I
276.	Пусть а1У а21 ..., ап—положительные числа. Положим
$ = ах + а2 + ... + ап-
Доказать, что
(1 +ах) (1+аа).. .(1 +а„)< р2 ₽3	рП
<i+‘+ir+ir+---+^
277*. Доказать, что для любого целого п имеет место неравенство
/2 уЛ у/8"...2уЛ2п<л+1.
278. При каком значении х произведение (1 —х)б(14-х)(1+2х)2
достигает наибольшего значения и каково это значение?
279*. В данный сегмент вписать прямоугольник 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,
НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА
71
как указано на рис. 4. При каком значении b коробка будет иметь наибольший возможный объем?
$«(*) =
Б. Два обобщения теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Степенным средним порядка а данных п положительных чисел al9 а2, ...» ап называется число
п /	*
в частности, при целом положительном a — k имеем!
.
Очевидно, что 5!(а) = Л(а),	— H (а).
При а = 0 выражение для Sa бессмысленно. Однако можно доказать, что при a 0 Sa (а) стремится к среднему геометрическому Г (а)1); поэтому естественно положить So (a) = Г (а) (дополнительные основания для этого дает предложение задачи 282). Степей ное среднее порядка 2 называется средним квадратичными чисел.
Отметим еще, что неравенство (Г) стр. 66 теперь можно сформулировать следующим образом: среднее арифметическое двух чисел не превосходит их среднего квадратичного (причем равенство достигается только в случае равенства обоих чисел).
*) То есть lim (°i~^~аг + • • • + a _ aia2 ... ап (см. a -> о \	п	/ у
В.И.Левин. Элементарное доказательство одной теоремы теории средних, Математическое просвещение, вып. 3, стр. 177—181, М., 1958-
72
ЗАДАЧИ
[281—284
281*. а) Доказать, что среднее арифметическое п положительных чисел не превосходит среднего квадратичного этих чисел:
/'а1+а2+ ... +ап\2 - ai+al + ---+an
\ п J	п
Равенство достигается только в случае равенства всех чисел.
б) Пусть k—какое угодно целое число, большее 1. Доказать, что среднее арифметическое п положительных чисел не превосходит их степенного среднего порядка k, т. е.
(Д1-|-а2+---+ДпУ flx + a2 +
\ п J	п	‘
Равенство достигается только в случае равенства всех чисел.
282. Доказать, что степенное среднее порядка а п положительных чисел при а положительном не меньще среднего геометрического этих чисел, а при а отрицательном не больше их среднего геометрического (причем равенство может достигаться только в случае равенства всех чисел).
Примечание. Частными случаями этого предложения являются важные теоремы задач 268 и 270.
283*. Теорема о степенных средних. Доказать, что если а<Р, то степенное среднее порядка а не превосходит степенного среднего порядка р:
Х + <+---+^ а / п / X
д»+ае+,..+аР\|> п /
Равенство достигается только, если а± = а2 ==...= ап.
284. а) Сумма трех положительных чисел равна 6. Какое наименьшее значение может иметь сумма квадратов этих 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?
285—288] некоторые замечательные неравенства 73
Симметрическим средним порядка k п положительных чисел alt а2, ..., ап (k — целое положительное число, не превосходящее п) называется корень степени k из среднего арифметического всевозможных произведений из п чисел а2, ...» ап по ft:
*•<“>-]/----------------------г»---------------------
Очевидно; что S1(a) = А (а), 2л(а) = Г(а).
285*. Доказать, что
286.	Теорема о симметрических средних. Доказать, что если k>l, то
(а)-
Равенство достигается только, если а± = а2 = .. . — ап.
287.	Известно, что сумма всевозможных попарных произведений четырех положительных чисел равна 24. Какое наименьшее значение может принимать сумма этих чисел? Какое наибольшее значение может принимать произведение этих чисел?
288.	Пусть а + Р + у = л.
а)	Найти наименьшее возможное значение tg~+tg-~4-tg^.
б)	Найти наибольшее возможное значение tg~ tg~tg~ .
В. Неравенство Коши-Буняковского. Легко проверить непосредственно следующее элементарное неравенство:
+ bf + b*, или
(«л + ^2)2 < ( af +al) ( bl + bl).	(И)
Действительно, раскрывая скобки в обеих частях неравенства, мы после приведения подобных членов и перенесения оставшихся членов в одну сторону придем к следующему очевидному неравенству:
(aj&a —а2&])2 5й0.
74	задачи	[289—294
Отсюда же видно, что неравенство (II) обращается в равенство лишь в случае
a1b2=~a2b11i 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
имеет место неравенство
(аЛ + #2^2 + • • • + arfin)2
( а1 + Д2 + • • • ~Ь ап) (	+ ^2 + • • • + ^п) •
При этом знак равенства достигается лишь в случае, когда Д1 ___ Д2 _	__
bi t>2	"'~bn-
290.	Выведите из неравенства Коши-Буняковского результат задачи 272.
291.	Выведите из неравенства Коши-Буняковского теорему задачи 281а).
292.	Доказать, что если а + 0 + у = л, то
L	L
293.	Доказать, что для любых положительных х1,х2,..., хп;
ЬЬ Л________________________________
V (Х1 +л)2 + (Х2 + J2)2 + . . . + (^и + Jn)2
Х1 +-^2 + • • •	+ У1 + ^2 + • • • + Уп •
294.	Пусть Q есть сумма всевозможных попарных произведений п положительных чисел а19 a2t ..а Р—сумма их квадратов. Доказать, что
295—299] некоторые замечательные неравенства
75
295.	Доказать, что для любых положительных чисел ри Ръ • • •, Рп> xi> х2> • • •» хп имеет место неравенство
(Р1Х1 + р2Х2 + • .. + рпхп)г <
< (Pi4*Рг + • • • +Pn) (pixi + Pzxt + • • • +Рвхл) •
296.	Проверить, что для любых чисел х19 х2, х3 имеет место неравенство
( 1	,1	,1	1	2 .	1	2 ,	1	2
у 2	3	*^2	6	2	3	6	*
297.	Доказать, что если хх, х2, ..х„; jx, j2, .. .,jn — положительные числа, то
_______________
<Ух14-х2+...+х„-/л+у2 4- ... +уп.
298.	Пусть alt а2, .ап-, blf b2, .Ьп; с1( с2, ..., с„; d19 d2, .. dn — четыре последовательности положительных чисел. Доказать неравенство
(a1b1c1d1 + a2b2c2d2 + ... + anbncndn)* <
( а1 + а2 + • • • + ап) ( + Ь2 + • • • + ^rt) X
X ( cJ + c£ + • • • + Сп) (+ ^2 + • • • +^rt) •
299*. Неравенство Коши-Буняковского (задача 289) утверждает, что отношение
(^ + а| + ...+а»)(^ + &а2+...+&») («i&i + а2Ь2 + ... + апЬп)2	’
где а1У a2i ..ап; Ь1У Ь2, . .., Ьп — две последовательности положительных чисел, больше или равно 1 ^причем оно равно 1, только если последовательности а и пропорциональны: ^1 = ^2 = ... =2д ). Доказать, что это отношение всегда Ь1 Ь2	°П J	_____ _________
(1/ ^1^2	1/ ^1,^2 \2
----J
[ -i f . -i f т1т2\2
V V	лл
= \-----—-—x-------s—-J , где и — соответственно
76
ЗАДАЧИ
[300—302
наибольшее и наименьшее из чисел а13 а2, ..., ап1 а М2 и т2— наибольшее и наименьшее из чисел b2, ..Ьп. В каком случае рассматриваемое отношение точно равно
Г. Еще несколько неравенств.
300.	Неравенство Чебышева. Пусть а19 а2, .. .,ап и Ь2, . . Ьп — две неубывающие последовательности чисел. В таком случае
^2 4~ • • • ап ,	• » « Ч~	#161 4~ Д2^2~Ь • ‘
п	п	""	п	’
причем равенство достигается только, если ах = а2 = ... = ап или Ьх = Ь2 ~ .. . = Ьп.
Примечание. Можно показать, что если alf а2, .,,,ап— невозрастающая последовательность чисел, a blf b2, ...# Ьп—неубывающая последовательность, то
Qi Н~ Дг4~ ♦»♦ Н~ Ду» e ^2 Ч~ «•» Ч~	+ ci2b2 -р . ♦. 4~ ап^п
п	п	""	п
Доказательство этого предложения предоставляется читателю.
301.	Пусть р и q — положительные рациональные числа и
Доказать, что для любых положительных чисел х и у имеет место неравенство
л Р я J
Примечание. При р = ^ = 2 мы получаем элементарную теорему о среднем арифметическом и среднем геометрическом.
302.	Пусть а и р — положительные рациональные числа, в сумме равные единице:
а + Р = 1.
803—305] некоторые замечательные неравенства	77
Доказать, что для любых положительных чисел alt ^1»	• имеет место неравенство
+ ^2^2 + • • • +
<	+ «2 + • • • + а У + Ь2 + ... + Ьп)\
Примечание. При а=р=-^-, как легко видеть, мы получим неравенство задачи 297, которое равносильно неравенству Коши-Буняковского.
303.	Неравенство Гёльдера. Пусть р и q — положительные рациональные числа такие, что
Доказать, что для любых положительных чисел хх, х2, ... ...,	у19 j2, .уп имеет место неравенство
Х1У1 + хгу2+ ...+хпу„^
< (*;+хра+...+ы +^+...+х)^.
Примечание. При р==^ = 2 это неравенство обращается в неравенство Коши-Буняковского (задача 289), которое, таким образом, является частным случаем неравенства Гёльдера.
304.	Пусть ах, а2, ..., ап; Ьъ Ь2, .. ., bn-t .. Zt,/2» • • • > есть k последовательностей положительных чисел и a, (J, ..., X есть k положительных чисел, таких, что
ci 4~ р 4" • • • 4” А = 1.
Доказать, что
• ./i + a“&L • Л+ • •. +Л..
(а1 + а2 4" ••• 4" «„)* (^14*^2 4" ••• + *n)P---(^l + ^+ ••• 4*0*.
305.	Пусть alf a2i ..., ап есть п положительных чисел, g—их среднее геометрическое (g=	. ,ап). Доказать,
что
(1 + ах) (1 4- а2)... (1 4- ап) >(1 +g)n.
78
ЗАДАЧИ
[306—308J
306.	Доказать, что если ах, а2, .. ., ап\ Ьъ Ь2, .. ., Ьп\ ...; Zx, Z2, ..1п есть k последовательностей положительных чисел, то
tz1a2•••#„+ i/6xZ>2. .	+ ... + j/ZxZ2• • • 1п
У(а1 + ^1 + ••• + ^1) (^2 + ^2+ • • • +4) (an+^n+--- + Q*
307.	Пусть — положительные числа, причем
*+j + ^= Ь
Доказать, что
(1+т)(1+7)(1+т)>м-
308.	Неравенство Минковского. Пусть ах, я2,... ..., ап; Ьъ fr2, ...,	; /х, /2, ..., 1п есть k последова-
тельностей положительных чисел. Доказать, что
j/ + а\ + ... + Пп +
+	Ь* + Ъ\ + ... + Ь*п + ... + ]/" ^1 + ^2 + • • • + ^2
/(ax4A+.~4^^	... +АЛ
Примечание. Неравенство задачи 308 (обобщающее результат задачи 186а); см. выше стр. 48) можно также записать в виде
*Sa (б) + - - - 4г «$2 (О	(а + б + • • • + 0»
где S2 есть среднее квадратичное п чисел (сж выше стр* 71)^
В более общей формулировке неравенство Минковского имеет такую форму: если alratt ,.., Ь1Г Ь2, .Ьп\ ...; llt 12, ..., 1п есть k последовательностей положительных чисел, то
S	ГМ4- -US rn J ^sa(" + 6+---+z). еслиа>1;
S«(e)4-S«(t>)+...+Se(0	<Sa(a+6+..,+/)> еслиа<1.
В частности, неравенство задачи 306, которое можно записать
Г (а) + Г (&)+... + Г(0<Г(а + &+...+/), или
50 (а) + So (б) + ... 4- 50 (0	(а + b4-... 4- 0»
составляет частный случай неравенства Минковского при а = 0.
РЯДЫ РАЗНОСТЕЙ И СУММ
79
12. РЯДЫ РАЗНОСТЕЙ И СУММ ЧИСЛОВЫХ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЕЙ
Рассмотрим последовательность чисел uQ, ult и2, ...» ип, ...
Первым рядом разностей этой последовательности называется последовательность чисел
«оп = «1—«0. U^ = Ua—Ult и^ = и3—и......и^^-ип+1—ип, ...
Вторым рядом разностей называется первый ряд разностей последовательности и^: = и^—и^\	=
U2 —И3	а	П иП+1 иП >
Аналогично определяются и последующие ряды разностей: k-й ряд разностей	....и^\ ... есть первый ряд разностей
(k—1)-го ряда разностей	...Так, например,
если исходная последовательность представляет собой арифметическую прогрессию 1, 5, 9, 13, 17, ..., то первый ряд разностей состоит из одних четверок: 4, 4, 4, 4, 4, ..., а второй ряд разностей состоит из нулей: 0, 0, 0, 0, 0, ... Если исходная последовательность состоит из квадратов целых чисел 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, .. .,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 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, составляющим содержание задачи 3096).) Ряды разностей конечной последовательности чисел удобно расположить в так называемый треугольник разностей:
Uq	^2	• •«	Ч'п
Здесь, очевидно, каждое число равно разности двух, стоящих над ним. Для бесконечной последовательности чисел мы будем иметь бесконечный треугольник разностей:
ио ui ,	• • • ип • • •
... ...
wo2) wi2) w22)	•••	u«2)
80
ЗАДАЧИ
Аналогично рядам разностей последовательности чисел можно определить и ряды сумм. Первым рядом сумм последовательности чисел w0, «!, u2, .ип, ... называется ряд	...
.... «п1*....где
«О1’ = «о+ Ml> “I1’ = «1 + «2...«л’ = Un + “П + 1. • • •
&-м рядом сумм ряда u0, ult .ип, ... называется первый ряд сумм (fc—1)-го ряда сумм данного ряда, /г-й ряд сумм ряда «о» wi» •••» ип» ••• обозначается так:	и&\ ...,	...
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,	...
..., 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 ряд всех целых чисел 1, 2, 3, 4, 5,	6,	7,	...,	то в качестве
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 u0, ult и2, ...» ип удобно расположить в так называемый треугольник сумм:
и0 «1 w2 ... ип_1 ип
-(„_!) „(л-1)
Здесь каждое число равно сумме чисел, стоящих над ним. Если мы возьмем бесконечный ряд и0, и19 ...» ип, ...»то получим бесконечный треугольник сумм.
Рассмотрим еще так называемый треугольник Паскаля (или арифметический треугольник);
1
1 1
1 2 1
13 3 1
1 4 6 4 1
Здесь в каждой строке по краям стоят 1, а остальные числа получаются сложением двух чисел, стоящих над ними в предыдущей строке.
Для чисел треугольника Паскаля имеется употребительное обозначение: число, которое стоит в треугольнике Паскаля в n-й строке
309—311]	ряды рлзностей и сумм	81
(счет строк мы начинаем с нуля, т. е. считаем, что 1 в вершине треугольника образует нулевую строку, 1 1 — первую и т. д.) на(^+1)-м месте слева, обозначается через Ckn.
При таких обозначениях треугольник Паскаля принимает вид
С°о
С? CJ
С9а с* Cl
С® С* с23 с®
с® с;  Cl Cl с*
Ряд свойств чисел треугольника Паскаля рассматривается в книге Е. Б. Дынкина и В. А. Успенского, «Математические беседы», раздел 2, гл. III, §2 («Библиотека математического кружка», вып 6).
К материалу, составляющему содержание задач этого цикла, близко содержание интересной популярной книжки: А. И. М а р куше ви ч, «Возвратные последовательности», Гостехиздат,М.—Л., 1950.
Последовательность чисел, получающихся при подстановке в многочлен k-й степени Р (х)==яолЛ + а1х*“1+ ...	+
вместо х последовательных целых чисел 1, 2, 3, ..., п (т. е. последовательность чисел Р(1), Р(2), Р(3), ..., Р(п), ...), мы будем называть последовательностью k-й степени. Частным случаем последовательности k-й степени является последовательность k-x степеней чисел натурального ряда 1л, 2fe, 3ft, 4Л, ..., п*, ...
309.	Пусть п0,	..., ип, ... есть последовательность
А:-й степени, т. е. un = a0/z* + a1nk~1 + • • • + ak*
а)	Доказать, что есть последовательность (k—1)-й степени.
б)	Доказать, что (&4-1)-й ряд разностей нашей последовательности состоит из одних нулей.
310.	Доказать, что если ип=^ aQnk... + ак, то все числа Л-го ряда разностей последовательности а0, нх, и2, . .., unf ... равны а0Л!.
311.	Доказать, что
а)	№ = Скип + С1ип+1 + Clun+2 + ... + Cktinf+k;
б)	4*) = (-1)Мм„+(-1)*-1ск.+1+
+ (— 1)*~2 Cl«n+2+ ... +С^ип+11.
82
ЗАДАЧИ
[312—317
312.	Доказать, что
Cfe = n(«-l)(n-2)...(n-fe + l)	(k>Q}
(через kl обозначено произведение 1-2-3 ... k).
313.	Доказать, что
ип = CnUQ + Chu[1} 4~	+ • • • +
314.	Пусть (&4-1)-й РЯД разностей некоторой последовательности состоит из одних нулей, а в £-м ряду разностей есть отличные от нуля числа. Доказать, что эта последовательность есть последовательность k-ft степени.
Примечание. Теорема этой задачи обратна теореме задачи 3096). Там было доказано, что (k+ 1)-й ряд разностей последовательности fc-й степени состоит из нулей; здесь требуется доказать, что если (&+ 1)-й ряд разностей некоторой последовательности состоит из нулей, то эта последовательность есть последовательность /г-й степени (прямая и обратная теоремы).
815. Найти формулу для суммы
14 + 24+34+...+л4.
316.	а) Доказать, что сумма 1* + 2*4-3*4~ ... -\-nk является многочленом относительно п степени &4-1.
б)	Вычислить коэффициенты при л*+1 и nk этого многочлена.
317.	Говорят, что ряд, состоящий из целых чисел, делится на число J, если каждое число этого ряда делится на d (так, например, последовательность чисел л13 — п делится на 13, последовательность чисел Звп — 2е" делится на 35, последовательность чисел .л5 — 5л3 + 4л делится на 120; см. задачи 27д), 28а), б)).
Пусть ип есть последовательность &-й степени: ип — = аол* +	. + ak, такая, что все коэффициенты
а0, ах, . . ., ak являются целыми взаимно простыми числами (т. е. все числа а0, а19 ak не имеют никакого общего делителя).
318—320]
РЯДЫ РАЗНОСТЕЙ И СУММ
83
Доказать, что если последовательность ип делится на целое число J, то d есть делитель числа k\
318.	Вычислить (C’)2 + (Ci)2 + (^)2+... +(^)*.
319.	Пользуясь результатом задачи 313, доказать формулу бинома Ньютона
= ак + kak-4 + ak~W + ... +	b\
320.	Рассмотрим ряд 1, у, у»	... Составим
для него треугольник разностей:
1	1	1	1	1	1
1	2	3	4	*5“	6
1111 I •
2	6	12	20>	30 •
1111-
3	12	30	60 .
1	1	1
4	20	60 .
1	1
5	30	.
6
Повернем этот треугольник на 60°, так, чтобы вершина, где стоит 1, оказалась вверху:
1
2	2
1 _ 1 1
3	6	3
_1	1	_1	1
4	12	12	4
Д	—1	1	—1	1
5	20	30	20	5
£	_1_	___1_	_J_
6	30	60	60	30
6
84
ЗАДАЧИ
[320]
В полученном треугольнике откинем знаки, затем числа каждой строки разделим на самое левое число строки:
1
1 1
2
2
2 2
з з
1	1	1
4	6	4
2 111
5	10	10	5
После этого каждое число заменим на обратное (т. е. вме-а	< b
сто дроби у напишем дробь —
Доказать, что у нас получится треугольник Паскаля.
РЕШЕНИЯ
1.	Составим общую сумму чисел всех рукопожатий, сделанных когда-либо каждым из людей. Эта сумма обязательно четна, потому что каждое рукопожатие, которым обменялись два лица А и В, увеличивает на 1 число рукопожатий, сделанных Л, и на 1 число рукопожатий, сделанных В, и, следовательно, дает слагаемое 2 в общей сумме. Но, с другой стороны, эта сумма составляется из чисел рукопожатий, 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 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 попасть на поле, находящееся на одной диагонали с исходным, так как эти поля окрашены в один цвет.
3.	а) Обозначим-наименьшее число перекладываний, которое надо произвести, чтобы с соблюдением условий задачи переложить пирамиду из п колец на другую палочку, через k (п). Очевидно, что &(1)=1. Далее, если л = 2, то для того, чтобы можно было переложить на вторую палочку нижнее кольцо, необходимо предварительно переложить верхнее кольцо на третью (вспомогательную) палочку; после этого можно переложить нижнее кольцо на вторую палочку и затем второе кольцо — поверх первого. Таким образом, А(2) = 3. Аналогично, для того чтобы переложить на вторую палочку нижнее кольцо пирамиды из трех колец, надо сначала переложить на третью (вспомогательную) палочку два верхних
86
РЕШЕНИЯ
[3
кольца; согласно уже доказанному для этого надо произвести Л(2) = 3 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 k (2) = 3 перекладывания. Таким образом, мы видим, что
Л(3) = 2£ (2) 4-1=7.
Совершенно аналогично доказывается, что
k (4) = 2k (3) + 1 = 15,	k (5) = 2k (4) + 1 = 31
и вообще
k(ri) = 2k (п —1)4-1.
Последняя формула позволяет легко доказать, что k(n) = 2n— 1.
Действительно, если мы уже знаем, что k (п—1) = 2”“1 — 1, то
k(n) — 2k (zz~-l)4-l = 2(2n-1—1)4-1 =2n —1.
Отсюда, в силу принципа математической индукции, следует, что k(n) = 2n для всех значений п,
б) Обозначим наименьшее число приемов, с помощью которых можно снять с проволоки п колец, через К(п). В исходном положении можно снять с проволоки либо первое кольцо (рис. 5, а), либо второе (рис. 5, б); следовательно, /С(1) = 1 и К(2) = 2 (в случае двух колец мы сначала снимем второе кольцо, а после этого — первое).
Для того чтобы можно было снять с проволоки /-е кольцо, очевидно, необходимо, чтобы предшествующие i—2 кольца были уже сняты — иначе Z-e кольцЬ нельзя будет сдвинуть к концу проволоки. С другой стороны, если и (/—1)-е кольцо уже снято, то Z-e кольцо снять нельзя (см. рис. 6, а, на котором видно, что если сняты три кольца, то четвертое снять нельзя). Но если (Z—1)-е кольцо снято, то (Z4- 1)-е кольцо снимается без труда (рис. 6, б, 6, а).
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) приемов. После этого можно снять последнее кольцо — еще
3]
РЕШЕНИЯ
87
в один прием. Затем нам останется только снять единственно оставшееся на проволоке (/г—1)-е кольцо. Обозначим число приемов, необходимых для того, чтобы снять единственное л-е кольцо при условии, что все предшествующие кольца
уже сняты, через k(n). В таком случае мы, очевидно, будем иметь
К (П) = К (п - 2) + 1 + k (п - 1).
Найдем теперь выражение для числа k(n). Очевидно, для того чтобы снять с проволоки /2-е кольцо, надо предварительно надеть на проволоку (п — 1)-е кольцо: это можно сделать в k(n—1) приемов (это те же приемы, которые необходимы, чтобы снять с проволоки (п—1)-е кольцо, только проделанные в обратном порядке). После этого легко снять с проволоки /2-е кольцо — это еще один прием. Наконец, нам останется снять с проволоки (п—1)-е кольцо —
88
РЕШЕНИЯ
13
4]
РЕШЕНИЯ
89
на это потребуется еще k(n— 1) приемов. Итак, мы получаем: k(n) — 2k (п—
откуда легко находим:
й(л) = 2я—1
(см. решение задачи а)).
Теперь формула для определения /<(л) принимает вид К (л) = /<(«—2)4-2я"1.
А отсюда, так как /<(!) = 1 и ЛГ(2) = 2, без труда находим при п = 2т (четном):
К (п) = К (п — 2) 4- 2я-1 = К(п—4) 4- 2я"14- 2я-3 =
= К{п—6)4-2я'14-2я-34-2я"4 5 = ...
... = К (2) 4- 2я'14- 2я-3 4- 2я-54- ... 4- 23 =
= 2.+ Ц—А = А(2я+1-2);
при л = 2/и-|-1 нечетном:
К (п) = К (л—2) 4- 2я"1 = /?(л—4) 4- 2я-14- 2я-3 = — К{п—6)4-2я-14-2я-34-2я-5 = ...
... = к(1) 4- 2я'14- 2я-3 4- 2я-54- • • • 4- 22 =
4. а) Разделим наши монеты на три группы: две группы по 27 монет и одну в 26 монет. При первом взвешивании 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, 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 весов по группе из 9 монет, найдем группу из 9 монет, в которой содержится фальшивая монета.
90
РЕШЕНИЯ
[4
Разделив группу из 9 монет, одна из которых фальшивая, на три группы по 3 монеты, мы третьим взвешиванием выделим тройку монет, в которой содержится фальшивая.
Наконец, тем же путем при четвертом взвешивании найдем фальшивую монету.
б) Пусть & —натуральное число, удовлетворяющее неравенствам З^^/г, 3*“х<п. Покажем, что это число & удовлетворяет условиям задачи.
Прежде всего покажем, что при помощи k взвешиваний всегда можно определить фальшивую монету. Разделим наши монеты на три группы так, чтобы в двух равных группах было по 3А“Х (или меньше) монет, а число монет в третьей группе было бы не больше 3А“Х (это возможно, ибо п 3*). Положив на чашки весов две группы из равного числа монет, мы определим, в какой из трех групп содержится фальшивая монета (ср. с решением задачи а)). Таким образом, после первого взвешивания мы выделим группу из 3^“х монет, среди которых содержится фальшивая (если окажется, что фальшивая монета находится в группе, содержащей меньше 3*~х монет, то мы можем дополнить эту группу монет произвольными монетами до 3Л“Х). При каждом последующем взвешивании будем делить наши монеты на три равные группы и находить, в какой из них находится монета. Таким образом, после k взвешиваний мы придем к группе из одной монеты, т. е. выделим фальшивую монету.
Теперь остается показать, что k есть минимальное число взвешиваний, с помощью которых всегда можно выделить фальшивую монету, т. е. что при любых способах взвешивания результаты взвешиваний могут сложиться таким неблагоприятным для нас образом, что после k— 1 взвешиваний фальшивая монета не будет выделена.
При каждом взвешивании монеты распадаются на три группы: монеты, попавшие на одну чашку, попавшие на другую чашку и не попавшие ни на одну из чашек. Если на чашки весов было положено одинаковое число монет и весы 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
51
РЕШЕНИЯ
91
больше, фальшивая монета может оказаться в любой из трех групп и такое взвешивание вообще не даст нам никаких сведений о 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 взвешивании число монет группы, содержащей фальшивую монету, убывает не более чем в 3 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 монет); поэтому после k—1 взвешиваний число монет группы, содержащей фальшивую монету, останется не меньшим чем L, и так как п > 3 *, то после k— 1 взвешиваний фальшивая монета не будет выделена.
Примечание. Можно коротко записать ответ задачи в такой форме: минимальное число взвешиваний, необходимое для выделения фальшивой монеты из группы в л монет, есть £log3 ^л—4-1, где прямые скобки обозначают целую часть числа (см. стр. 31).
5. Положим на чашки весов по одному кубику (первое взвешивание). При этом могут иметь место два различных случая.
1°. При первом взвешивании одна чашка весов перетянула. В таком случае из двух взвешиваемых кубиков один обязательно является алюминиевым, а второй— 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 произвольно). Если какая-нибудь пара кубиков перетягивает нашу пару, то это значит, что оба кубика во второй паре дюралевые; если перетягивает первая пара, то оба кубика второй пары — алюминиевые; если обе пары имеют один вес, то, 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 взвешиваний (одно взвешивание и еще 9).
2°. При первом взвешиваниичашкивесов ос-талисьв равно вес ии. В таком случаекубикипервой пары
92
РЕШЕНИЯ
[6
или оба алюминиевые, или оба дюралевые. Кладем, далее, эти два кубика на одну чашку весов, а на вторую — последовательно кладем по паре кубиков из числа оставшихся 18. Пусть первые k из этих пар оказываются одного веса с первоначальной, а (Л-|-1)-я пара — другого веса. (Если А = 9, то все кубики оказываются одного веса и, следовательно, дюралевых кубиков нет вовсе; случай k = 0 ничем не отличается от общего случая.) Предположим для определенности, что (&+1)-я пара оказалась более тяжелой, чем первоначальная (рассуждение мало изменилось бы, если (&4-1)-я пара оказалась бы более легкой). В таком случае первые два кубика, а следовательно, и кубики тех k пар, которые оказались с ними одного веса, обязательно алюминиевые. Итак, мы произвели пока 1 + (k + 1) = k 2 взвешиваний и выделили при этом k +1 пар алюминиевых кубиков. Теперь положим на чашки весов по кубику из последней взвешенной пары ((&4-3)-е 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 можем после & + 3 взвешиваний указать пару из двух кубиков, один из которых алюминиевый, а второй дюралевый. С помощью этой пары мы 8 — k взвешиваниями определим число дюралевых кубиков среди оставшихся 20—2 (&-|-2)=16—2k кубиков аналогично тому, как мы поступали в случае 1°. Общее число взвешиваний в случае 2° будет равно £-|-3 + (8—&) = 11.
6. а) Разделим наши монеты на три группы по четыре монеты в каждой. При первом взвешивании поместим на 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 находится в оставшейся группе, а 8 монет на весах—настоящие. Перенумеруем монеты из оставшейся группы: 1, 2, 3, 4. Положим при втором взвешивании монеты 1, 2 и 3 на одну чашку, а на другую—три монеты из числа восьми заведомо настоящих. Возможны два случая:
6]
РЕШЕНИЯ
93
А)	Чашки весов уравновесились. Тогда монета 4—фальшивая. Сравнивая третьим взвешиванием ее с настоящей, мы 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 задачи 4а)). Если же перетянула чашка с монетами 1, 2, 3, то фальшивая монета тяжелее настоящих; и в этом случае ее легко определить одним взвешиванием.
2°. При первом взвешивании одна из чашек весов перетянула. Тогда все монеты в оставшейся 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 — через 1', 2', 3', 4' (если одна из этих монет фальшивая, то она легче настоящих). При втором взвешивании поместим на одну чашку монеты 1, 2 и 1', а на другую—монеты 3,4и 2'. Возможныопять-такиразличные случаи:
А) Чашки уравновесились. Тогда фальшивая одна из монет 3' или 4' (и при этом она легче настоящих). При третьем взвешивании поместим на одну чашку весов монету 3', а на вторую — монету 4'; та из этих монет, которая окажется легче другой, и будет фальшивой.
Б) Перетянула чашка с монетами 1,2, Г. В этом случае монеты 3, 4 и Г — настоящие; в самом деле, если бы одна из монет 3, 4 была бы тяжелее остальных или монета Г была бы легче остальных, то при втором взвешивании чашка, на которой лежат монеты 3, 4 и 2', 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 настоящих). Положим при третьем взвешивании на одну чашку монету 1, а на другую—монету 2. Если чашки уравновесились, то фальшивая монета 2', а если одна из чашек перетянула, то на перетянувшей чашке лежит фальшивая монета.
В)	Перетянула чашка с монетами 3, 4, 2'. Рассуждая 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 1' фальшивая и легче
94	РЕШЕНИЯ	[6.
настоящих. При третьем взвешивании положим на одну чашку монету .3, а на другую — монету 4. Если весы уравновесились, то фальшивая монета 1'. Если же одна из чашек перетянула) то на ней и находится фальшивая монета.
<^п_3
б) Доказательство того, что если число монет	»
то фальшивую монету можно выделить (и определить, легче она или тяжелее остальных) при помощи п взвешиваний, а _____________3 если_________, то эт0 невозможно (см. указание к настоя-
щей задаче), мы проведем в три этапа.
А. Решим сначала более простую задачу. Предположим, что нам дано М 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 К, то тяжелее. Требуется доказать, что если^У^З^1, то фал ь-шивуюмонету наверняка можновыделить при помощи п взвешиваний на чашечных весах без гирь, а если	то это может оказать-
ся невозможным1). (В частном случае, когда группа Y не содержит ни одной монеты, наша задача формулируется так: среди монет имеется одна фальшивая, более легкая, чем остальные. Доказать, что если Af^3", то фальшивую монету наверное можно выделить п взвешиваниями на чашечных весах без гирь, а если А/^3", то это не всегда возможно; см. задачу 46).)
Доказательство будем проводить методом математической индукции. Прежде всего покажем, что из /V 3" 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 котором говорится в подстрочном примечании); так, например, при 7V=3 для определения фальшивой монеты достаточно сравнить вес двух монет из одной группы. Предположим теперь, что мы уже доказали, что если З""1,
х) Это утверждение имеет одно очевидное исключение: если N = 2 и группы X и Y содержат по одной монете, то фальшивую монету, разумеется, вовсе невозможно выделить.
6]
РЕШЕНИЙ
95
то фальшивую монету можно выделить п—1 взвешиваниями, и пусть	Поместим на каждую чашку весов по х
монет из группы X и по у монет из группы У, где х и у выбраны так, чтобы удовлетворялись неравенства
х +у < З"-1, N—2 (х +^) < З”’1.
(Если Л/^3П, то неравенство ЛГ—2 (х-}-у)	З”-1 или
уу_зп~1	3«_З””1
х+у^-------2—совместимое х+у^-------------=3"“1, т. е.
уу_З””1 \
всегда можно выбрать х ъу так, что 3""1^х+<у  %—. 1 Если весы окажутся в равновесии, то, значит, фальшивая монета находится среди N—2 (х + у) монет, не 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 предположению в обоих случаях мы можем выделить фальшивую монету, произведя еще п—1 взвешиваний (ибо и N—2(х+<у) и х+у не превосходят Зп-1 х)). Тем самым доказано, что из 7V=^3n монет фальшивую можно выделить при помощи п взвешиваний.
Докажем теперь, что при/У>3" фальшивую монету, вообщеговор я, нельзя выделитьпри помощи п взвешиваний. Для дальнейшего нам будет важно доказать несколько более общее утверждение: предположим, что помимо двух групп, содержащих 2V>3” монет, из которых одна — фальшивая, мы имеем еще некоторое число заведомо настоящих монет; эту группу настоящих монет мы обозначим буквой Z (число монет в группе Z для 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 Л и У превосходит 3) действительно одним взвешиваниемне всегда можно выделить фальшивую монету. Предположим теперь, что мы умеем доказать,
т) 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.
96
РЕШЕНИЯ
[6
что в, случае, когда общее число монет в группах X и Y превосходит З”-1, не всегда можно выделить фальшивую монету п—1 взвешиваниями, и покажем, что в таком случае при М>3” 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 — х' монет из группы X и у* монет из группы F, причем x+j + ^ = = х'+У (ясно, что совершенно бесцельно класть монеты из группы Z на обе чашки весов); пусть из монет групп X и Y при этом невзвешенными останутся w монет (х + х'-р 4-у+У+ = Af). Так как при этом весы могут оказаться в равновесии, то, по предположению индукции, для того чтобы можно было обойтись п взвешиваниями,.w должно не превосходить З"”1; но в этом случае
Х+ у + х' + У > ЛЛ-З"-1 > 3"—З"”1 = 2-3"-1
и большее из чисел х+У и x'-j-y будет больше З""1. Но если, например, х' +<у>3”"1, то согласно сделанному 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 М>3” фальшивую монету не всегда можно выделить при помощи п взвешиваний, чем и завершается доказательство предложения А.
Б”. Рассмотрим теперь такую задачу. Пусть даноМ монет, среди которых имеется одна фальшивая, отличающаяся от остальных по весу (более легкая или более тяжелая, неизвестно), и кроме этих N монет еще по крайней мере одна заведомо настоящая монета. Покажем, что при
3"—1 2
фальшивую монету всегда можно выделить п взвешиваниями и определить при этом, легче она или тяжелее остальных, а при
лг>3-^
это не всегда возможно.
6]
РЕШЕНИЯ
97
3«_।
Пусть сначала	—%—. При л=1 (т. е. приЛГ=1)
одного взвешивания достаточно. Будем считать, далее, уже доказанным, что при
З””1—1
можно обойтись п—1 ком случае при
2
взвешиваниями, и покажем, что в та-
можно обойтись п взвешиваниями. Поместим на одну чашку весов х из данных W монет и одну настоящую монету, а на вторую чашку весов х+1 монет; при этом невзвешенными останутся М—2х — 1 монет. Выберем х таким образом, чтобы
гх + КЗ"-1; ЛГ—2х— з»_________________________________।
ясно, что х всегда можно так выбрать, если W (в этом
случаем----2—	—2--------§—	)• ^сли весы ока~
жутся в равновесии, то останется 3»-1_____________________________1
/у—2х—1	1
2
непроверенных монет и ряд заведомо настоящих монет; 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 #4-1 на другой образуют две группы, содержащие всего 2х + + 1<3П-1 монет, к которым применимы результаты рассмотренной ранее задачи А; следовательно, и в этом случае нам потребуется еще не более л — 1 взвешиваний. Тем самым полностью доказано, что при
можно обойтись п взвешиваниями.
Покажем теперь, что при
не всегда можно обойтись п взвешиваниями. При л = 1 (т. е. при 1) легко видеть, что,
4 Д. О. Шклярский и др.
98
РЕШЕНИЯ
[6
действительно, одного взвешивания недостаточно. Далее будем опять пользоваться индукцией. Предположим, что для
доказано, что п—1 взвешиваний может не хватить, и рассмотрим случай, когда
/vp> 2	.
Пусть на одну чашку весов мы положили х монет из наших М и z монет заведомо настоящих (здесь мы считаем даже, что заведомо настоящих монет у нас не одна, а много), а на вторую x-j-z монет из наших N; число сомнительных монет, оставшихся невзвешенными, обозначим через w. Так как весы могут оказаться в равновесии, то для того чтобы можно было обойтись п взвешиваниями, w должно быть не больше 3«-i_1
—я  (по сделанному предположению). Но в этом случае 2х4-г>3"~1 ( ибо N>—2~~ ) ’ так как к ДВУМ группам X и К, 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 2x4-я > З"”1 следует, что при нарушении равновесия п взвешиваний может не хватить.
В. После этих предварительных рассмотрений перейдем к решению нашей основной задачи. Покажем, что, им ея W монет
2<7V<^,
из которых одна фальшивая (более легкая или более тяжелая, неизвестно), всегда можно выделить п взвешиваниями фальшивую монету и определить, легче она или тяжелее других1). Поместим на одну и на другую чашку весов по х монет; тогда еще N—2х монет останутся невзвешенными. При этом х выберем так, что
QH-1_1
гхО"’1, TV—
х) Очевидно, что если число монет равно 2, то фальшивую монету вовсе невозможно определить.
7]
РЕШЕНИЯ
99
при	Л/С3"—3
это является возможным. Если весы окажутся в равновесии, то сомнительными останутся лишь
3«“i_ I
7V—2х< —2~—
невзвешенных монет; сверх того, у нас будет 2х заведомо настоящих монет, и, в силу результатов пункта Б, мы можем при помощи еще п—1 взвешиваний выделить фальшивую 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 то и в этом случае для выделения фальшивой монеты достаточно произвести еще п—1 взвешиваний.
Докажем теперь, что если
то п взвешиваний может не хватить. Пусть при первом взвешивании на каждую чашку помещено по х монет и w монет остались невзвешенными. Если весы окажутся в равновесии, то, в силу результата Б, для определения фальшивой монеты и выяснения того, легче она шги тяжелее настоящих, достаточно произвести еще я—1 взвешиваний лишь
3«-i__।
в том случае, если w не превосходит —тогда
9г 3"~3	3^1-1 __ 2.3”~1-2	1
Так как 2х четно, то, следовательно, 2х>Зи"1 и, в силу результатов А, нельзя будет п взвешиваниями выделить фальшивую монету, если одна из чашек перевесит.
Таким образом, мы полностью доказали предложение, сформулированное в указании к задаче. Теперь достаточно только заметить, что
1092 > 1000 > 363 = ^=^,
чтобы получить ответ задачи: k — 7.
7.	а) Достаточно распилить одно третье звено; при этом цепочка распадется на две части, содержащие соответственно 2 и 4 звена, и на одно отдельное (распиленное) звено.
4*
100
РЕШЕНИЯ
17
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 цепочки из четырех звеньев; в пятый — добавит еще раз 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-1фм наибольшем п достаточно распилить k звеньев /г-звенной цепи для того, чтобы любое число звеньев от 1 до л можно было получить, взяв некоторые из образовавшихся частей цепи? Для решения этой задачи рассмотрим, каково наиболее выгодное расположение k распиленных звеньев. Так как после перепиливания k звеньев у нас будет k отдельных (распиленных) звеньев, то любое число звеньев от 1 до k мы сможем набрать уже только из них. Но &-J-1 звеньев мы уже не сможем получить, если у нас не будет части, состоящей из &+ 1 или менее звеньев. Ясно, что наиболее выгодно будет иметь часть точно из k-\-1 звеньев; тогда из этой части и k отдельных звеньев мы сможем набрать любое число от 1 до 2&4-1. Для того чтобы можно было получить также 2^ + 2 = 2 (&-J-1) звеньев, нам надо будет иметь еще часть, содержащую 2(^+1) или менее звеньев; наиболее выгодно для нас будет, если эта часть будет содержать ровно 2(&+1) звеньев. Теперь мы можем уже составить все числа от 1 до 2&-J- 1 4-2 (&+ 1) = 4й-|- 3; следующая по величине часть, которая нам необходима,— это часть, содержащая 4(^+1) звеньев. Продолжая рассуждать таким же образом, убедимся, что наиболее выгодным будет, если &4-1 частей, получающихся после того, как мы распилили k звеньев (ртдельные k звеньев, получающихся при этом, мы здесь не засчитываем в число частей), будут иметь соответственно следующие числа звеньев:
*4-1, 2(*4-1), 4(*4-1), 8(*4-1), ..., 2*(*4-1).
В этом случае любое число звеньев от 1 и до
л = *4-{*4-14-2(*4-1)4-4(*4-1)4-... 4-2*(*4-1)} =
= *4-(2*+1—1) (*-|-1) = 2‘+1(*4-1)—1 можно будет составить из частей цепи.
8—9]	РЕШЕНИЯ	101
Итак, если2kk^n^2k+1 (&+1)— 1, то можно обойтись k разрывами цепи, но нельзя обойтись k — 1 разрывами. В частности,
при 2^ЛаС	7	Л = 1,	при	160383	k = 5,
при	23	& = 2,	при	384^ п	895	k = 6,
при 24^ п	63	Л = 3,	при	896	Ж 2047	k = 7.
при 64^72^ 159	k = 4,
Итак, мы видим, что при п = 2000 наименьшее число распиленных звеньев равно 7. Условия задачи будут выполнены, если выбрать эти звенья так, чтобы получающиеся 8 частей цепи (7 отдельных звеньев мы здесь не считаем) имели соответственно 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512 и 977 звеньев.
8.	Пусть А— первый из двух выбранных учеников, а В— второй. Если А и В стоят в одном поперечном ряду, то В выше Л, ибо А—самый низкий ученик в своем поперечном ряду; если А и В стоят в одном продольном ряду, то В также выше Л, ибо В самый высокий ученик в своем продольном ряду; наконец, если Ли В стоят в разных поперечных и продольных рядах и С стоит в том же поперечном ряду, что и Л, и в том же продольном ряду, что и В, то В выше Л, так как В выше С, а Л ниже С.
9.	Из условия задачи прежде всего следует, что все гири одновременно имеют или четный, или нечетный вес. Действительно, из того, что каждые 12 гирь можно разбить на две группы равного веса, слёдует, 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 отложенной 13-й гири, что и приводит к нашему заключению.
Вычтем теперь из весов всехгирь вес самой легкой гири (или самых легких, если их несколько). При этом мы, очевидно, получим новую систему гирь, которая тоже 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
102
РЕШЕНИЯ
[Ю
два. При этом мк получим новую систему гирь, тоже удовлетворяющую условиям задачи.
Предположим теперь, что не все исходные гири имеют одинаковый вес. В таком случае не все гири второй системы, веса которых получаются из весов первоначальных гирь 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 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 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, результат задачи не изменится. Действительно, в этом случае, 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 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 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 я. Получится полоса:
нчнч ннч н нччч нннч нчнч
Мы видим, что пятая строка нашей полосы совпала с первой. С другой стороны, четность или нечетность первых четырех чисел каждой строки нашего числового треугольника зависит только от четности или нечетности первых четырех чисел предыдущей строки; следовательно, в нашей полосе
11]
РЕШЕНИЯ
103
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 именно, расположим их в порядке, при котором можно было бы переходить с одного поля на соседнее. Иными словами, после поля / поместим 6 (ибо по условию задачи с поля 1 можно перейти на 6), 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	С	Ж
1	6	11	► 4	► 9	2
а	д
8	3	10	► 5	► 12	7
3
Мы можем считать, что имеем 12 полей, расположенных именно таким образом (ведь фактически занимаемое полем место значения не имеет) и занумерованных так, как это указано на нашей схеме. При этом фишки первоначально стояли так, как это обозначено на схеме' буквами сверху и снизу 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 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 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 3, фишка Ж—поле 1, фишка
104
РЕШЕНИЯ
[12
3 —поле 4. Если фишка К займет поле 3, то фишка С должна будет занять поле 7, фишка Ж—поле 4 и фишка 3—поле 2.
Никакие другие новые расположения фишек невозможны.
12.	Первое решение. Пусть п—число орехов, которое досталось утром каждому из приятелей; в таком случае 5п +1 есть число орехов, которое было утром в мешке. Последний из проснувшихся ночью, очевидно, взял себе 5м +1	х к 5л 4-1 . . 25л+ 9
,	а до этого в мешке было 5 —g-h 1 =» —j— оре-
_	„	«.	х 1 25л+ 9
хов. Предпоследний проснувшийся взял себе ~,
л -	х	е 1	25л+ 9 , !	125л+ 61
а до этого, в мешке	было	5«-т----——k 1 ==------—	оре-
е V	а ,	44	1О
„	х 1	125 л+ 61
хов; третий взял себе	—, а до этого в мешке
было 5--J ----pg--h 1 =---g^----- орехов; второй взял
л 1	625л + 369	х
себе -j- -----g4--, а до этого в мешке было
- 1 625л+ 369 . .	3125л+ 2101	н
5*-г.---------l. ] =---------- орехов; наконец, первый
4	64	1	256 г >	»
.	1	3125л + 2101	х
взял себе --------^gg--, а первоначально в мешке было
- 1 3125л + 2101 , 1	15635Л+11529
-----256--+ 1==--------1054---в
tn .265л+ 265 ~15п + Ш--------йутт—
орехов. Так как это число должно быть целым, то 265 (л-+1) должно делиться на 1024. Наименьшее значение л, удовлетворяющее этому условию, равно, очевидно, 1023 и в этом случае
^= 15 • 1023 + 11 + 265 15 621.
Второе решение. Эту задачу можно решить значительно быстрее и почти без всяких подсчетов, если внимательно рассмотреть те условия, которые накладывает ее содержание на общее число /V орехов. Первое условие задачи заключается в том, что при первом разделе на пять частей в остатке остается один орех. Это условие означает, что М при делении на 5 должно дать в остатке 1, т. е. N»5Z+ 1;
13]	РЕШЕНИЯ	105
числа, 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.
4
Второе условие задачи утверждает, что & =	—1) — 4Z
дает при делении на 5 остаток 1, т. е. ft = 5Z1+l. Это требование равносильно тому, что I дает при делении на 5 остаток 4 или что N = 5Z+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 утверждает, что 4
А1=у(^—1) = 4/1 дает при делении на 5 остаток 1; это условие определяет остаток от деления числа Zx на 5 или остатки от деления чисел k и Z 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 интервалом в 15 625.
Мы могли бы подсчитать остаток, который дает при делении на 5е число N, 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 ив остатке 4 + 1; поэтому, если вычесть из—4 число 1 и взять -g- от полученной разности, уже делящейся на 5, то мы получим то же число — 4. Поэтому при всех последующих делениях на 5 мы будем иметь тот же остаток +1. Правда, число —4 не может служить ответом нашей задачи, так как, по условию, число 2V должно быть положительным; но, зная одно число, удовлетворяющее условиям задачи, мы можем получить сколько угодно других, прибавляя к нашему числу кратные 5е. Наименьшее положительное число, удовлетворяющее условиям, есть, очевидно, —4-|-5в= 15 625—-4= 15 621.
13.	Обозначим число овец в стаде через л; в таком случае братья взяли за каждую овцу п рублей и, следовательно, всего выручили N — П'П — п2 рублей. Пусть d есть число
106	РЕШЕНИЯ	[14
целых десятков числа л, а е—число единиц; тогда	10^4- *
и
N = ( 10d + е)2 = 100/Z2 + 20Л? + *2.
Из условий дележа следует, что старшему брату досталось одной десяткой больше, чем младшему, т. е. что общая сумма N содержит нечетное число десятков (и какой-то остаток). Но 100rf2 + 20//e = 20//(5rf + «) делится на 20 (содержит четное число десятков); следовательно, число е2 должно 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 эти числа оканчиваются на 6; значит, тот остаток, который получил младший брат взамен нехвативших ему 10 рублей, равен 6 рублям, и старший получил на 4 рубля больше младшего. Поэтому, для того чтобы раздел был справедливым, старший должен еще доплатить младшему 2 рубля. Следовательно, перочинный нож был оценен в 2 рубля.
14.	а) Наш календарь устроен следующим образом. Каждый год имеет 365 дней. Исключением являются годы, номера которых делятся на 4: эти годы (високосные годы) имеют лишний 366-й день (29 февраля). Однако и это правило имеет исключения: годы, номера которых делятся на 100, но не 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 високосным (2000 делится на 400). Задача заключается в том, чтобы выяснить, каким днем чаще бывает по нашему календарю 1 января: субботой или воскресеньем.
Промежутки, через которые следуют друг за другом числа 1 января, не всегда постоянны, но эти промежутки изменяются периодически, с периодом в 400 лет. При этом 400 лет содержат целое число недель: действительно, невисокосный год содержит 52 недели и еще 1 день, а високосный — 52 недели и 2 дня; в течение четырех лет (из которых один високосный) набегает, таким образом, сверх 4*52 недель еще
14]
РЕШЕНИЯ
107
5 дней; в течение 400 лет должно было бы набежать еще 500 дней, но так как три года, делящиеся на 100, но не 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 по 2301 г. Отметим, что если в течение 28 лет каждый четвертый год является високосным (т. е. эти 28 лет не содержа^ 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 каждый невисокосный год содержит целое число недель и один день, а високосный — целое число недель и 2 дня, то 1 января 1953 г.— четверг (1952 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 T. д. Таким образом, подсчитываем, что за 28 лет с 1929 па 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 по 1928 г. (напоминаем, что 28 лет, среди которых каждый четвертый является високосным, содержит целое число недель, и, следовательно, через каждые 28 лет будет 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, 1985—2012 (2000 г., как делящийся на 400, будет високосным), 2013—2040, 2041—2068 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 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 (2100 год не будет високосным). Последующие 28 лет будут отличаться от промежутка 1901—1928 гг. тем, что они начались не со вторника, а с субботы; это вызовет соответствую
108
Решения
[15
щую перестановку дней, которыми будут являться 1 января; однако; так как в течение 28 лет с 1901 по 1928 г. 1 января было ровно по 4 раза каждым днем недели, то и в промежутке с 2101 по 2128 г. 1 января будет каждым дном 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, т. е. с субботы. Это позволяет определить, с каких дней будут начинаться годы с 2185 по 2201. Простой подсчет показывает, что в промежутке между 2185 и 2200 гг. 1 января будет по 2 раза понедельником, средой, четвергом, пятницей и субботой и по 3 раза — воскресеньем и вторником. 1 января 2201 г. будет четвергом. В течение 3-28 = 84 лет с 2201 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 определить распределение дней, с которых начинается год в 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 января бывает одинаковое число раз каждым днем недели, мы получили еще 2 4-2 = 4 понедельника, 14-34-2 = 6 вторников, 14-2 4-2 = 5 сред, 14-24-2 = 5 четвергов, 14-24-3 = 6 пятниц, 24-2 = 4 субботы и 3 4-3 = 6 воскресений. Отсюда следует, что 1 января чаще бывает воскресеньем, чем субботой.
б) Аналогично решению задачи 14а) 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 числа, оканчивающиеся нулем; следовательно, все эти числа удовлетворяют условию задачи.
Допустим теперь, что целое число х при зачеркивании последней цифры уменьшается в целое число раз, большее чем 10, а именно в 10 4- cl раз (а^1); пусть у—число целых десятков числа х (не цифра, а число!); я —цифра
16]
РЕШЕНИЯ
109
единиц: х=10ву + х:. После отбрасывания последней цифры число х переходит в число у\ поэтому наши условия дают х = (10 + а)-<у,
или
10у + <гг = (10 + а)-ву, откуда
z = ay.
Так как г <10, то и j<10, а <10; следовательно, числа, обладающие нужным свойством, двузначны и при 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 И, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88 и 99; в самом деле, если 104-а = 11, то а=1; следовательно, z = ay=j, х= 10у + ПЛ где j=l, 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 А+1 цифр; в таком случае оно имеет вид 6-10*+^, где у есть Л-значное число (которое может начинаться с одного или нескольких нулей). По условию задачи, имеем:
6 10*+.y = 25jF, откуда
Отсюда вытекает, что k не может быть меньше 2 (иначе 6 • 10* не делилось бы на 24). При k 2 число у оказывается равным 25-10*“2, т. е. имеет вид 250...0. Поэтому все
(Л — 2) нулей
искомые числа имеют вид 6250...0 (л = 0, 1, 2, ...).
п нулей
б) Решая задачу: найти число, начинающееся с данной цифры а и уменьшающееся при зачеркивании этой цифры в 35 раз, аналогично задаче а), мы придем к следующему равенству:
а* 10*
<У =-----
34
110	РЕШЕНИЯ	{17
где j —целое число (см. решение задачи а)). Но это равенство, очевидно, не может иметь места ни яри каких целых а^9 и k.
Примечание. Совершенно аналогично решениям задач 16 а) и б) можно показать, что число, начинающееся с известной цифры а, может уменьшаться при зачеркивании этой цифры в целое число b раз только в том случае, если b— 1 есть большее а число, такое, что все простые делители b— 1, отличные от 2и5, входят (и притом вне меньшей степени) также ив состав числа а (т. е. что —j есть правильная 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 никакая цифра не может одновременно делиться наЗина 7), а число уменьшающееся при зачеркивании первой цифры в 15 раз, должно начинаться с цифры 7 (15—1 = 14 делится на 7). Общий вид чисел, которые при зачеркивании известной первой цифры а уменьшаются в данное число b раз, легко найти.
17. а) Покажем прежде всего, что никакое число ЛГ не может уменьшиться в 9 раз при зачеркивании цифры, стоящей дальше чем на втором месте. Действительно, обозначая цифры числа N через а0, ах, ..., ап, т. е. полагая
«о^ОЛ + а1.1О”-1+... + ^ = М
N	ж
мы заключим, что число -д- имеет п цифр, первые две из которых а0 и т. е.
Умножаяпоследнееравенствона Юив-ычитая первое, получим: что невозможно, так как
С другой стороны, из признака делимости на 9 вытекает, что если число N делится на 9 одновременно с числом, получаемым из N вычеркиванием одной цифры, то- эта цифра есть 0 или 9. Таким образом, в нашем случае возможно только, что первая или вторая цифра числа Л7 равна 0 или 9
17]
РЕШЕНИЯ
111
и вычеркивание этой цифры равносильно делению на 9. Но первая цифра М не может равняться 0, а если бы она N
была равна 9, то число -д- имело бы столько же цифр, сколько N, и не могло получаться из Мвычеркиванием одной цифры. Далее, если вторая цифра равна 9 и число, полу-
КТ	X Ж	М
чаемое из N зачеркиванием этой цифры, равно — , то мы будем иметь:
N=a0-10" + 9-10n-1 + a2.10n-2+ ... + art,
4 = а0 • 10”-1 + аг • Ю"-2 + ... + ап,
откуда опять, умножая второе равенство на 10 и вычитая из него первое, получим:
А, <
(ибо 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:
М = ао.1О', + а2.1О"-2+ ... + а„,
= а0• 10"-i + а2.10я-2 + ... + а„.
Отсюда следует
4 = W-ao-10'’ + ao.10n-1 = N-ae.10'-i.9
и, наконец,
.то**1-
9	9 “ 9 а° Ш 9
последнее означает, что, для того чтобы разделить число -д-на 9, в нем достаточно зачеркнуть первую цифру.
б) Имеем (см. решение задачи а)):
4 = ^-®о-1Оп-1.9,
откуда сразу следует
1	8
112
РЕШЕНИЯ
П8
Теперь, считая а0 равным соответственно 1, 2, 3 и т. д., получим, что N может быть равно одному из чисел 10125, 2025, 30 375, 405, 50 625, 6075, 70 875 или отличаться от одного из этих чисел каким-то количеством нулей в конце (а0 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 т раз при зачеркивании третьей цифры, имеем:
N= а0-10” + av 10n-i + а2 • 10"-2 + ... + а„,
10= а0-10” +10п-1 + а3• 10"-2+...+«„• 10.
При m<Z Ю получаем —~-от N<. 10"-1, что невозможно, так как	a 1Lw-ao.10n-i+...^10”-i. При
И получаем —10 \ что невозможно по аналогичной причине fибо	• Наконец, если т=11,
1	N N
то должно быть ЛГ< 10"”1, т. = имеет на две цифры меньше, чем N, что тоже невозможно.
Таким образом, единственным возможным случаем является т = 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 вычеркивании Л-й цифры, где k > 3, есть числа, все цифры которых кроме первых k— 1— нули.
б) Аналогично решению задачи 17 имеем, принимая, что целое число W уменьшается при вычеркивании второй цифры в т раз:
а0.10" + av Ю”-1 + а2-10"-2 + ... +ап, А = а<). 10»-1 + а2 • Ю”-2 + ... + ап.
Отсюда следует
-^- = Л/—а0 • 10" —ах-Ю™-1 + а0-Ю"-1,
18]	РЕШЕНИЯ	113
или после несложных преобразований
т—1	*	''
Последнее выражение можно еще представить в следующем виде:
N = ao.lOB + a1-lOn-1-ao-lOn-1 + —^)11O',~1-
Но, с другой стороны, мы знаем, что W есть (л-j-1 ^значков число, начинающееся с цифр а0 и ах:
W= а0-10" + ах-10””14-а2-10"“2+... + ап, где можно считать, что не все цифры а2, ..., ап равны нулю (противоположный случай сводится к рассмотрению двузначных чисел N; см. решение задачи 15). Таким образом, должно иметь место неравенство
О <- а0• 10"-1 + (Ч + а1)-10”~.!< ю«-1 или, что равносильно,
».<9-Й=г <“•+’
Таким образом, окончательно имеем следующие результаты. Искомые числа 7V выражаются формулой (*), где О а0 «С 9, 0	9; так как 7V целое, а /пи /п-1 взаим-
-4- cit но просты, то отсюда следует, что простую дробь । -можно обратить в десятичную. При этом возможные значения а0, а± и т должны удовлетворять неравенству (**) (кроме того, отдельно следует присоединить к возможным значениям N двузначные числа, полученные в решении задачи 15). Теперь остается только последовательно рассмотреть все возможные значения я0.
1°. а0 = 1. В этом случае неравенство (**) дает 18	Q
/п—1 <18; ——r<2, w—1>4; т—1 ’	т—1	’
придавая т—1 последовательно значения 5, 6, 7, ..., 17 и выбирая каждый раз подходящие значения ах, мы получаем следующие значения N:
W=108;	105;	10 125,	1125,	12375,	135,	14625,
1 575, 16875; 121, 132, 143, 154, 165, 176, 187, 198; 1625,	195; 192, 180 625, 19 125,
114
РЕШЕНИЯ
[19
к каждому из которых еще можно приписать в конце произвольное число нулей.
Аналогично далее получаем:
2°. а0 = 2:
W=2025,	21 375, 242, 253,	225, 23 625, 2475, 264, 275, 286, 297;	25 875; 2925.	231,
3°. а0 = 3: N = 30 725, 315,	32 625,	3375, 34 875;	341,	352,
363, 374, 385, 396. 4°. а0 = 4: N=405,	41625,	4275,	43 875;	451,		462,	473,
5°. а0 = 5: М—50 625,	5175,	484, 495. 52 875;	561,	572,	583,	594.
6°. а0 = 6: N = 6075;	61875; 671, 682, 693.		
7°. а0 = 7: 8°. aft = 8: Значению а0 = 9	N=781, 792. ^ = 891. не отвечает ни одно значение N.		
Всего, включая результаты задачи 15, мы получаем для числа М 104 значения, к каждому из которых еще можно приписать в конце произвольное количество нулей.
19. а) Первое решение. Обозначим (т-значное) число, которое получается, если отбросить у искомого числа первую цифру 1, через X. В таком случае мы по условию задачи имеем:
(1.10т + Х)> 3 = 10Х+ 1, откуда
v 3-10т—1
Х^ 7
Из последнего равенства уже нетрудно определить число X. Для этого надо число 3-10^ = 30 000... делить на 7,
19]	РЕШЕНИЯ	115
пока в остатке не получится Д. В результате имеем:
300...0 ] 7
28	42857
20 14 60 56 40 35 50 49
1
Таким образом, наименьшее возможное значение числа X равно 42 857, а наименьшее значение искомого числа 142 857.
В процессе деления можно было бы не останавливаться на первой единице, а продолжать деление до следующей и т. jl; при этом мы получили бы числа
142 857 142 857,	, 142 857 142 857... 142 857, ...,
к раз тоже удовлетворяющие условию задачи.
Второ е реше ние. Обозначим вторую цифру искомого числа через х, третью — через у и т. д., т. е. предположим, что искомое число имеет вид txy.. .zt (черта наверху означает, что здесь мы имеем не произведение 1-Х\у ... а число, составленное из цифр 1, х, у, ... , z, i), В таком случае по условию задачи имеем:
}ху.. .zt-З = ху.. .zt\.
Отсюда следует, что t = 7 (ни в каком ином случае произведение слева не оканчивалось бы на 1). Следовательно, цифра десяткой числа, которое стоит справа, равна 7. Но это возможно только, если произведение z-З оканчивается на 7 — 2 = 5 (два десятка справа получаются за счет произведения последней цифры искомого числа 7 на 3), т. е. z = 5. Теперь мы знаем уже цифру сотен числа справа: 5; поэтому Цифра сотен искомого числа должна давать при умножении
116
РЕШЕНИЯ
[20
на 3 число, оканчивающееся на 5—1=4 (1 есть цифра десятков произведения 5«3). Вычисления закончатся тогда, когда мы придем к первой цифре 1. Их удобно расположить следующим образом:
1	4	2	8	57	42857
X 3 =	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, 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, ...
k 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 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 числа, равна 9. Но результат умножения на 3 числа, 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
k 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
!21]
РЕШЕНИЯ
117
мы получим число, оканчивающееся цифрой 1. Но такое число не может делиться на 5.
Так же доказывается, что не существует чисел, 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 первой цифры в конец мы должны получить четное число (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 отбрасыванием первой цифры, через X, мы получим аналогично первому решению задачи 19а):
(2-10'я + Л).2 = 10.А'+2, откуда Л = 4 10”~2 = 2‘,
ИЛИ
(4-10”-f-JQ-2= 10.Х+4, откуда A'=	=	,
Но обе полученные формулы для числа X невозможны (целое число не может быть равно дроби, числитель которой 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 19а)):
2ху.. .zt • 2 = ху... zt 2 и ли 4ху. . .zt-2 = xy... zt4.
В первом случае t может быть равно только 1 или 6 (в противном случае произведение слева не может оканчиваться цифрой 2). Но если /=1, то мы получаем слева число, не делящееся на 4, а справа — число, делящееся на 4 (оканчивающееся на 12). Если / = 6, то, наоборот, слева <$удет стоять число, 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 19а) находим, что 2 = 1 или 6; при z=l произведение слева делится
118
РЕШЕНИЯ
[22
на 8 (произведение на 2 числа, оканчивающегося на 12), а число справа — не делится на 8 (оканчивается на 124); при г=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 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 /n-значное число, полученное из исходного отбрасыванием первой цифры, через X, мы будем иметь (ср. с решением задачи 19а))
(1 • 10от + Х). 7 = 10. Х+ 1, откуда получаем:
7.10от — 1
3
Но очевидно, что подобное число X ни при каком т не f7‘10OT__________________1	\
будет m-значным (--------> 10от 1 .
Аналогично можно доказать, что не существует чисел, 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:
Ixy.. .zt-7 — ху.. .zt\.
Отсюда следует, что произведение t -7 оканчивается цифрой 1. Следовательно, f = 3. Подставим это значение i: имеем }ху.. .гЗ-7 = ху.. ,z31. Ввиду того что 3-7 = 21, а 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 начальная цифра должна быть 1. Этого мы никогда достичь не можем. Поэтому чисел, увеличивающихся в 7 раз от перестановки начальной цифры в конец, не существует.
Аналогично можно доказать, что не существует чисел, увеличивающихся от перестановки начальной цифры в конец в 9 раз.
23]
РЕШЕНИЯ
119
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 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 отбрасывании первой цифры, имеем:
(210т + Л')-4= 10Х+2, откуда Л~=8'10”~2,
8.10й—2^ ,ЛИ .
что невозможно, так как-----g--->10 (ср. с первым ре-
шением задачи а)).
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 / —3 или 8 (Л 4 оканчивается на 2).
Если бы t равнялось 8, то число справа оканчивалось бы на 82 и не могло делиться на 4. Если же / = 3, то
2ху.. .гЗ-4 = ху.. .^32, откуда
2ху.. .Х)-4 = ху.. .^20 и
2ху.. .z-b — xy.. .z2.
Таким образом, мы видим, что число 2ху.. .z обладает тем же свойством, что и 2ху.. .zt. Поэтому, применив те же рассуждения, получим 2 = 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 существует.
23. Первое решение. Обозначим неизвестные пока цифры искомого числа через х, у, ., z, t В таком случае в обозначениях второго решения задачи 19а) имеем:
7ху.. .zt ♦ 4- = ху.. .zi7, О
120
РЕШЕНИЯ
[23
или
ху.. ,zt7 -3 = 7ху.. .zt.
Теперь сразу ясно, что /=1; после этого мы можем определить цифру z (17 «3 оканчивается на 51; значит, 2 = 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, будет 7 241 379 310 344 827 586 206 896 551.
Если в наших вычислениях не останавливаться на первой семерке, а продолжать дальше, то мы получим другие числа, удовлетворяющие условию задачи. Все такие числа будут иметь вид
7241379310344827586206896551...7241379310344827586206896551.
^Т^раз"
Второе решение. Пусть 7xyz.. ./ — искомое число. Тогда при делении его на 3 получится число xyz...t7. Запишем это в виде
7xyz...t | 3
xyz.. J7.
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 меньшее.
Так как до этого места мы по написанным уже цифрам с необходимостью получали следующую, то указанное число
23J
РЕШЕНИЯ
Г21
будет наименьшим, обладающим требуемым свойством. Вычисления можно расположить так: в верхней строке будем 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
06896551 20 26 28 19 16 15 5 21
6 8 9 6 5 5 1 7
Итак, наименьшее число, обладающее требуемым свойством: 7 241 379 310 344 827 586 206 896551.
Третье решение. Аналогично первому решению задачи 19а), используя похожие обозначения, будем иметь:
(7-10'я + Аг)-|-=10Х+7,
откуда
7- 10т—21
59
Таким образом, задача сводится к определению такого числа рида 70 000..., 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 решениях.
Примечание. Аналогично можно решить следующую задачу:
Найти наименьшее число, начинающееся с известной цифры, 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
122
РЕШЕНИЯ
[24
Таким же способом можно решить задачу:
Найти наименьшее целое число, начинающееся заданной 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-a~tz.. .ух, где а есть одно из чисел 2, 3, 5, 6, 7 или 8.
Если а = 5, то х должно равняться 1, так как иначе число ху.. zt^S будет иметь больше цифр, чем xy...zt (случай х = 0 исключаем, так как в этом случае y>..zt=* =2-tz.. .у, т. е. мы приходим к той же задаче с а = 2). Но число tz. . .^1 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 \y...zt*l не будет оканчиваться цифрой 1. А равенство 1y...z37 = =3^...^!, очевидно, является абсурдным (левая часть равенства явно больше правой).
Если а = 2, то х не может быть больше 4. А так как число tz...yx в этом случае четно, то х должно быть равно 2 или 4. Но при х = 4 цифра t (первая цифра числа 4y...zt-2) может быть равна только 8 или 9, а ни 4<у...2'8«2, ни 4<у...г9*2 не могут оканчиваться на 4. Если х = 2, то t (первая цифра числа 2<y...zf*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 х=1, то t должно быть равно 7 (/*3 оканчивается на 1); если х = 2, то t должно быть равно 4; если х = 3, то t должно быть равно 1. Но в первом случае tz...yx больше, чем ху.. .zt-i, а 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 х может быть равен лишь 0, 1 или 2; так как tz.. ,ух
24]
РЕШЕНИЯ
123
делится на 4, то х должен быть четным. Следовательно, х может быть равен 0 или 2.
Пусть х = 0. Очевидно, что число 0 обладает требуемым свойством. Будем допускать десятичные записи, в начале которых может стоять один или несколько нулей. Тогда мы имеем у.. . zt • 4 = tz. . .jO, откуда t = 0 (ибо t < 4) и у. *.£-4 — z.. .у. если число обладает требуемым свойством и начинается нулем, то оно оканчивается также нулем, ичисло, которое получится, если mbi зачеркнем первый и последний нули, также будет обладать требуемым свойствам.
Поэтому достаточно рассмотреть случай х = 2. Тогда имеем 2у.. ,zt-4 = tz.. .у2. Ввиду того что 2-4 = 8, t может быть равно лишь 8 или 9. Но произведение £-4 оканчивается на 2; следовательно, f = 8, т. е. можно написать 2у.. .28-4 = &z.. .у2. Так как 23-4>90, у может быть лишь равно 0, 1 или 2; но при любом z в произведении ^8-4 цифра десятков нечетная. Следовательно, у=1. Так как нам известны две последние цифры произведения 2у.. .^8-4, то для предпоследней цифры z этого числа остаются лишь две возможности: z может быть равно лишь 2 или 7. Но 21 -4> 82, значит, z~l.
Итак, наше число имеет вид 21...78. Если оно четырехзначно, то мы получаем число 2178, удовлетворяющее условию задачи. Рассмотрим теперь случай, когда число цифр рассматриваемого числа больше 4. В этом случае имеем:
21аг/.. .г$78-4 = 87$г.. .гш!2,
или после очевидных преобразований
84.10л+2 + 312 + ^...Г500-4 =
= 87.10ft+a+12-f-sr.. .гшОО, uv.. .г$-4 + 3 = 3$/ч. .vu.
Так как число uv...rs при умножении на 4 дает число, 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 райю только 9, 8 или 7. Так как 3sr...vu нечетно, то и может быть равно только 9 или 7. Рассмотрим эти случаи последовательно.
124
РЕШЕНИЯ
124
1°. я = 9. В таком случае, очевидно, получаем:
9v.. .Г5-4 + 3 = 35Г.. .t/9,
откуда следует, ч-То 5 = 9 (5-4 оканчивается на 6; если 5 = 4, то 34г... v9 меньше, чем 9v. . .г4«4 + 3) и
9v. . .r9-4 + 3 = 39r. . .v9, v. . .r-4 + 3 = 3r.. .v,
т. e. 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, 2 199 978, удовлетворяющие условию задачи. 2°. и = 7. В этом случае имеем:
7v. . .Г5-4 + 3 = 35г. . .1/7,
откуда аналогично тому, как мы рассуждали в начале решения задачи, легко получить, что 5=1; t/ = 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, 21 978, 219978, ...,
2199 ... 978, 2199 ... 9978,	(*)
k цифр	(Л + 1) цифр
то в начале и в конце его стоит одна и та же 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 782178, при этом будут зачеркнуты все цифры нашего числа.
Поэтому десятичная запись любого числа, в 4 раза меньшего своего обращенного, имеет вид
... Рп-1РпРп-1... РЛ
251	решения	125
или же
Р1Р* • • • Рп-1РпРпРп-1 ... РЛ.
где Plt ..., Рп — последовательности цифр, составляю' щие какие-либо числа из написанного выше ряда (*). Таковы, например, числа:
2197 821 978, 2 199 782 178 219 978,
21 978 021 997 800 219 978 021 978, 02 199 999 780
(последнее число следует считать решением задачи, если условиться, что можно в начале десятичной записи числа ставить 0).
Аналогично доказывается, что все числа, в 9 раз меньшие своего обращенного, получаются из чисел ряда
0, 1089, 10 989, 109 989,..., 1099 ... 989, 1099 ... 9989, ...
-
k раз	(fe + 1) раз
таким же образом, как и числа, в 4 раза меньшие своего обращенного, получаются из чисел ряда (*).
25. а) Обозначим число, составленное первыми тремя цифрами искомого числа N, через р, а число, образуемое тремя последними цифрами числа N, — через q. В таком случае условие задачи дает
1000? + р = 6 (1 000/? + ?) (= 62V), откуда
(1000? + р) — (1000/? + ?) = 999 (?—/?) = 5ЛГ,
т. е. N делится на 999.
Далее, Р + ? = (1000/? + ?) — 999р = N—999/?, откуда следует, что /? + ? тоже делится на 999. Но р и ? — трехзначные числа, которые, очевидно, не могут оба равняться 999; следовательно,
р + ? = 999.
Теперь без труда находим:
(1000? + р) +(1000/? + ?) = 1001 (/> + ?) = 7N
и, значит,
7W = 999 999,	142 857.
126
РЕШЕНИЯ
[-26
б) Совершенно аналогично решению задачи а), обозначая через р число, образуемое первыми четырьмя цифрами искомого числа N, а через q—число, образуемое последними четырьмя цифрами, находим:
7N= 10 001 (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 6х, так же как и х, — шестизначное число, то первая цифра десятичной записи числа х равна 1. Поэтому:
1)	первые цифры десятичной записи чисел х, 2х, Зх, 4х, 5х 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.
Среди этих цифр нет 0, поэтому последняя цифра числа нечетна (иначе 5х оканчивается нулем) и отлична от 5~ (иначе 2х оканчивается нулем). Вследствие этого последние цифры десятичной записи чисел х, 2х, Зх, 4х, 5х и 6х все различны, а значит, также составляют полный набор цифр, участвующих в десятичной записи числа х. Поэтому среди них есть 1. Оканчиваться на 1 может лишь число Зх, так как 2х, 4х и 6х оканчиваются на четные цифры, 5х оканчивается на 5, а в десятичной записи х уже есть 1 (первая цифра). Следовательно, х оканчивается цифрой 7, 2х—цифрой 4, Зх—цифрой 1, 4х—цифрой 8, 5х—цифрой 5 и 6х—цифрой 2. Так как первые цифры этих чисел — цифры того же набора, расположенные в возрастающем порядке, то можно написать:
х-1 = 1 ****7, х-2 = 2****4, х*3 = 4****1, х.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 ка
27]
РЕШЕНИЯ
127
ком-то порядке те же самые шесть разных цифр. Действительно, предположим, например, что в числах х«2 и »5 на третьем месте стоит одна и та же цифра а (а может иметь одно из двух значений, не занятых первыми и последними цифрами рассматриваемых двух чисел). В таком случае разность х*5—х«2 = х«3 будет представлять собой шестизначное число, в десятичной записи которого на третьем месте стоит цифра 0 или цифра 9 (это следует из правила вычитания 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
х-1 = 1****7, х-2 = 2****4, х«3 = 4****1, л>4 = 5****8, х-5 = 7****5, х.6 = 8****2,
«столбиком» учитывая, что сумма цифр каждого столбца 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, Зх = 428571, 4х = 571428, 5х = 714285, 6х = 857142.
27.	а) л3—л = (л— 1)Л(л + 1), а из трех последовательных целых чисел одно обязательно делится на 3.
б)	пъ—п*=п(п—1) (л +1) (л2 + 1). Если целое число п оканчивается одной из цифр 0, 1, 4, 5, 6 или 9, то один из первых трех множителей делится на 5. Если п оканчивается одной из цифр .2, 3, 7 или 8, то л2 оканчивается на 4 или 9 и л2+1 делится на 5.
в)	л7—л = л(л—1)(л + 1)(л2—л+1) (л2 + л+1). Если л делится на 7 или дает при делении на 7 остаток 1 или 6,
128
РЕШЕНИЯ
[28
то один из первых трех множителей делится на 7. Если п дает при делении на 7 остаток 2 (п = 7^4-2), то л2 дает при делении на 7 остаток 4 (п2 = 49k2 + 28& + 4) и, следовательно, л24-л4-1 делится на 7. Точно так же показывается, что если п дает при делении на 7 остаток 4, то л2 4-^+1 делится на 7, а если п дает при делении на 7 остаток 3 или 5, то п2—л 4-1 делится на 7.
г)	л11—л = л(л—1) (/*+1) (л84-л6 + л4 +л2+1). Если п делится на 11 или дает при делении на И остаток 1 или 10, то один из первых трех множителей делится на И. Если п дает при делении на 11 остаток 2 или 9 (п = 11 k ± 2), то п2 дает при делении на 11 остаток 4 (п2 = 121 k2 ± 44k 4- 4), л4—остаток 5=16 —11, лв—остаток 9 = 20—И (л6 = = л4.л2 = (11Л1 + 5)(1и2 + 4)== 121^2+И (4^4-5^) + 4-20) и л8—остаток 3 = 25 — 22; отсюда следует, что л84~ лв4-л4 + л24-1 делится на 11. Точно так же показывается, что л84-лв4-л44-л2+1 делится на 11, если л дает при делении на 11 остаток ±3, ±4 или ±5.
д)	л13—л = л (л—1) (л4- 1) (л24- 1) (^4—л24-1) (л44~ 4- л2 4- 1)- Аналогично решению предыдущих задач замечаем, что если л делится на 13 или дает при делении на 13 остаток ± 1, то один из первых трех множителей делится на 13; если л дает при делении на 13 остаток ±5, то л24-1 делится на 13; если л дает при делении на 13 остаток 2 или ±6, то л4—л2 4-1 делится на 13; если л дает при делении на 13 остаток ±3 или ±4, то л4 4- п2 4-1 делится на 13.
28.	а) Разность одинаковых четных степеней делится на сумму оснований; поэтому Звл — 2в'г = 272'1— 82Л делится на 27 4-8 = 35.
б)	Нетрудно проверить, что
л5—5л34~4л = л (л2 — 1) (л2 — 4) =
= (Л_2) (л-1)л(л4-1)(л4-2).
Но из пяти последовательных целых чисел одно наверное 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 последовательных целых чисел наверное делится на 5*3*2*4= 120 (ср. с решением задачи 27 а))
29 — 30}
РЕШЕНИЯ
129
в)	Нетрудно проверить, что
56 786 730 = 2.3.5.7-11 -13-31 -61;
таким образом, остается доказать, что наше выражение делится на каждый из этих простых делителей. Если т и п оба нечетны, то/и60—л60—четно; следовательно, тп(т™—л60) обязательно четно (делится на 2). Далее, из результата задачи 27 следует, что если k равно 3, 5, 7, 11 или 13 и л не делится на k, то разность л*”1—1 обязательно будет делиться на k. Отсюда, в частности, вытекает, что если т и п не делятся на 3, то ап60—1 = (ап30)2—1 и л60—1 = = (л30)2—1 делятся на 3, т. е. те0 и л60 дают при делении на 3 один и тот же остаток 1; следовательно, если тп не делится на 3, то /и60—л60 делится на 3 и, значит, произведение тп (mQ0—л60) делится на 3 во всех случаях. Точно так же доказывается, что разность
ап60—л60 = (/и15)4 — (л15)4 = (ал10)6—(л10)6 = = (ал6)10— (л6)10 = (ал5)12— (л5)12
делится на 5, если ни т ни л не делятся на 5; делится на 7, если ни т ни п не делятся на 7; делится на И, если ни ал, ни л не делятся на И; делится на 13, если ни т ни п не делятся на 13. Таким образом, мы доказали, что тп (ал60—л60) всегда делится на 2-3-5-7-11 • 13.
Аналогично показывается, что выражение тп (ал60—л60) делится на 31 и на 61 (так как л31—л при всяком целом л делится на 31 и л61—л при всяком целом л делится на 61; см. ниже задачу. 240).
29.	Воспользуемся тождеством
л2 + Зл + 5 = (л + 7) (л—4)+ 33.
Для того чтобы это выражение делилось на 11, необходимо, чтобы (л + 7)(л—4) делилось на 11. Но так как (л + 7) — (л—4) = 11, то оба сомножителя делятся или не делятся на 11 одновременно. Поэтому если (л+ 7) (л—4) делится на 11, то оно делится и на 121 и, следовательно, (л+ 7) (л—4)+ 33 не может делиться на 121.
30.	Представим данное выражение в виде
(а»—2л) (т—л) (т +л) (т + 2л) (т+Зл).
5 Д. О* Шклярский и др.
130
РЕШЕНИЯ
[31—32
При п #= 0 все пять сомножителей этого произведения попарно не равны между собой. Между тем число 33 нельзя разложить более чем на четыре различных целых множителя (разложение на четыре множителя возможно несколькими способами, например
33 = (—11)-3-1 •(—1) или 33 = 11 •(—3)-1 •(—1)).
При л = 0 наше выражение есть т5 и не равно 33 ни при каком целом т.
31.	Всякое целое число или делится на 5 или может быть представлено в одном из следующих четырех видов 5&+1, 5&4-2, 5k—2 или 5k—1. Если число делится на 5, то его сотая степень, очевидно, делится на 53 = 125. Далее, по формуле бинома Ньютона получим:
(5k ± 1)100 = (56)100 ± ...	(56)2 ± 100-5Л + 1,
где все невыписанные члены содержат множитель 5k в степени, не менЪшей 3, и, следовательно, делятся на 125. Аналогично
(5А±2)100 =
= (56)100± ... + ^^(5А)2-298 ± 100-56-2" 4-2100.
И° ^^(56)2= !25-99062 и '100-56=125-46 делятся на 125. Что касается числа 2100, то его можно представить в виде
(5-1)5о=550—...+^^-5—50-54-1,
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 2V101 — TV = TV (7V100—1) делится на 1000, т. е. что N1QQ—1 делится на 1000. Прежде всего совершенно ясно, что если W нечетно, то 7V100—1 = (TV50-)- 1) (№54- 1) (№5—1) делится на 8. Далее, из результата предыдущей задачи следует, что если N не делится на 5, то Л/100—1 делится на 125. Таким
33—34]
РЕШЕНИЯ
131
образом, мы видим, что действительно /V100—1 при N, взаимно простом с 10, делится на 8*125=1000.
33.	Пусть N—искомое число; тогда, в частности, №—V оканчивается тремя нулями, т. е. делится на 1000. Так как № — N = N(N—1), a N и N—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 трехзначно).
Если есть трехзначное число, делящееся на 125, то N— 1, как легко проверить, будет делиться на 8, лишь если М=625,	—1=624. Так же легко проверяется, что если
М—1 есть трехзначное число, делящееся на 125, то W будет делиться на 8 лишь при N—1 =375, М=376.
Заметим теперь, что так как Л^-*1— 1 при любом целом k 2 делится без остатка наМ— 1, то Nk—N = N1) при любом целом k будет делиться без остатка на N (N—1) = = № — 1V; поэтому если N2 — 2V оканчивается тремя нулями, то и Nk—N при любом целом k^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 2V20. Число №° делится на 4 (ибо N четно). Далее, число N не делится на 5 (иначе оно делилось бы на 10) и, значит, представимо в виде 5£ ± 1 или в виде 5k ± 2 (ср. с решением задачи 31). Но число
(5k ± 1)20 =
= (56)20 ± 20 (56)19 + ... 4-В211В (56)2 ±20-56 + 1 дает при делении на 25 остаток 1, а число
(56 ± 2)20 = (56)20 ± 20 (56)19- 2 + ...
... + +ТГ'218 ± 20 - 5k •219 + 220
дает при делении на 25 тот же остаток, что и число 220 = = (210)2 = (1024)2 = (1025—1)а, т. е. тоже остаток 1. Из того, что число №° дает при делении на 25 остаток 1,
5*
182
РЕШЕНИЯ
[35
следует, что последними двумя цифрами этого числа могут быть лишь цифры 01, 26, 51 или 76. Учитывая еще, что №° должно делиться на 4, получим, что двумя последними цифрами этого числа могут быть лишь цифры 76. Итак, цифрой десятков числа АГ20 будет цифра 7.
Найдем теперь три последние цифры числа /V200.Число Л/200 делится на 8. Далее, так как N взаимно просто с 5, то N100 дает при делении на 125 остаток 1 (см. решение задачи 31): /Vloo= 125&+1. Но тогда и N200=(125A? + 1)2= 1252А?2 + 250& -|-1 дает при делении на 125 остаток 1. Следовательно, №00 может оканчиваться цифрами 126, 251, 376, 501, 626, 751 или 876, но так как ТУ200 делится на 8, то оно должно оканчиваться цифрами 376. Итак, цифра сотен числа N200 равна 3.
Примечание. Нетрудно видеть, что уже число УУ100 обязательно оканчивается тремя цифрами 376.
35.	Сумма l + 2 + З + ...+л равна	; следова-
тельно, нам'надо доказать, что если k нечетно, то Sk--= == 1*+2*+3* + . .. + л* делится на ?	.
Отметим прежде всего, что при k нечетном а* + ^* делится на а-\-Ь. Рассмотрим теперь отдельно два случая:
А. Число п четно. В таком случае сумма Sk делится на л+1, так как каждая из сумм
!*+«*,	3*+(zz—2)*..... (т)* + (т+1У
делится на
1+л [ж2+(Л-1) = 3 + (л-2)= • • • =-г + (т + 1)] ; сумма Sk делится также на у , ибо 1 * + (п — 1 )*, 2* + (п — 2)*, qA । очЛ ( п 1V । ( п , . V ( п \k к
3 +(п — б) ^у — 1 ] + I у + 1 ] , ( у J , п* все де-п
лятся на у.
Б. Число п нечетно. В этом случае сумма 5^ делится на ^у\ так как 1*+л*,	2* + (л— 1)*, з* + (л — 2)*,...
/WJV , fn + 3\k fn + l\k	n+1
•••>	\	\ 2 ) BCe делятся на —
36 — 37]	решения	133
Sk делится также на п, так как 1*4-(я —1)\ 2*4-(л — 2)*, 3*4- (л—3)*,..., (“у")* +	> л* все Делятся на п.
36.	Пусть
N — an> 10"4-en_1-10”"14-an_2-10"“a4- ...-Мд-Ю+в,
— данное число (ап, an_lt ап_2,..., а1У а0 — цифры числа, которые могут принимать значения 0, 1, 2, ... ,9).
Вычтем из W число
М = а0 — а14-а2 — а8+ • • -±ап, представляющее собой алгебраическуюсуммуцифр числа N, взятых с чередующимися знаками. Группируя подходящим образом члены, мы получим число
N-yW = a1(104-l)4-a2(10a-l)4-as(10s + l)4-
+ а4(Ю4—1)4- ... 4-ап(Ю"± 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*=(11—-1)*
дает при делении на И остаток —1 при k нечетном и остаток 4-1 при k четном.) Таким образом, разность N—М 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
1б2 ==(7.2 + 1).(7.2 + 1) ==7^ + 1 дает при делении на 7 остаток 1,
153= 152-15 = (7л1+1).(7’2+1) = 7/z2 + 1
дает при делении на 7 остаток 1, и вообще любая степень числа 15 при делении на 7 дает остаток 1. Если мы теперь вычтем из заданного нам числа сумму 1+2 + 3 + 4+...
134	решения	[38 — 39
... + 14 = 105, то, сгруппировав соответствующим образом члены, мы получим:
13(15-1) + 12(152-1) +
+ 11 (153—1)+ ... 4-2 (1512—1)4-1 (1513— 1),
т. е. число, делящееся на 7. Но из того, что разность 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 10а1а2.. . всегда найдется по крайней мере одно, делящееся на К. Пусть это число есть 10btb2... bn. Тогда по условию числа ЬгЬ2.. .Ьп 10 и ЬгЬ2. . .Ьп 01 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= 27 1 958 — 10 8878+ 10 1528
делится без остатка на 26 460 = 22*33*5*72. Доказательство проводится в два приема.
1°.	N= 27 1 958 — (10 8 878 — 10 1 528).
Но 27 195 = 3*5*72*37; следовательно, это число делится на 5*72. С другой стороны, разность, заключенная в круглые скобки, делится на
10 887—10152 = 735 = 3*5*72
(ибо разность восьмых степеней двух чисел делится на разность оснований). Отсюда следует, что N делится на 5*72в
2°.	N = (27 1 958 — 10 8 878) + 10 1 528.
Через аха8...а^ мы обозначаем число, которое записывается цифрами alt аа,..., ak, т. е. число
аг 10*-1 + ая- 10*-»+... +aft_r 10+aft.
40 — 42]
РЕШЕНИЯ
135
Но 10 152 = 23-33-47 делится на 22-33. С другой стороны, разность, заключенная в круглые скобки, делится на
27 195—10 887 = 16 308 = 22-33-151.
Таким образом, М делится на 22-33.
Так как N делится на 5.72и 22-33, то/V делится и на произведение этих чисел, равное 26 460.
40.	Нетрудно проверить, что
Ц1о-1Ю =
= (11 — 1)(119+118+117+11в+115+1Р+113 +
+ 112 + 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.	2222б555 + 55552222 =
= (22225555 + 45555) + (55552222—42222) — (45555—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 делцтся 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
4.2222 03333_— 42222 (041111___ 1),
откуда видно, что оно делится на разность 64— 1 = 63 и, следовательно, делится на 7 (разность одинаковых целых степеней делится на разность оснований).
42.	Воспользуемся методом математической индукции. Число ааа, составленное из трех одинаковых цифр (черта наверху поставлена, чтобы не путать с произведением а-а-а), делится на 3 (так как сумма цифр этого числа, равная За, делится на 3). Далее, предположим, что наше утверждение
136
РЕШЕНИЯ
[43 — 44
уже доказано для каждого числа, составленного из 3" одинаковых цифр. Число, составленное из 3"+1 одинаковых цифр, можно представить в следующем виде:
аа...а аа...а аа.. .а = аа.. .а-100.. .0100.. .01.
Зп раз 3” раз Зп раз 3” раз 3” цифр Зп цифр
Но из двух сомножителей первый в силу предположения индукции делится на 3”, а второй делится на 3 (сумма цифр этого числа равна 3); следовательно, все произведение делится на 3"+1.
43.	Заметим прежде всего, что 10е—1 =999 999 делится на 7 (так как 999 999 = 7-142 857). Отсюда легко следует, что 10у, где 7V—какое угодно целое число, дает при делении на 7 такой же остаток, как и 10г, где г есть остаток от деления N ни 6. Действительно, если N=6& + r, то 10^—10^ 10в*+г— 10г = 10г (10е*— 1) =
= 10г-(10е — 1) (10e*-’+ Ю6*-12 + ... + 10®+ 1)
делится на 7.
Но любая целая степень 10 дает при делении на 6 остаток 4; в самом деле, 10"—4 = 999.. .96 всегда делится на
(я-1) раз
2*3 = 6 (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+ Ю4 + 104+ 104 +104+ 104+ 104+104+ 104 = = 10® =100 000 = 7-14 285 + 5.
Итак, искомый остаток равен 5.
44.	а) Каждая четная степень 9 представима в виде
9ап = 81" = 81-81.. .81
п раз
44]
РЕШЕНИЯ
137
и, следовательно, оканчивается цифрой 1. Каждая нечетная степень 9 представима в виде 92я+1 = 9-81" и, следовательно, оканчивается цифрой 9 (как произведение числа, оканчивающегося единицей, на 9). В частности, 9<9в) есть нечетная степень 9; значит, 9(9,) оканчивается цифрой 9.
Заметим теперь, что любая целая степень 6 оканчивается цифрой 6; действительно, 61 = 6, и если 6” оканчивается на 6, то и 6*+1 = 6"-6 оканчивается на 6. Но 16Л оканчивается на ту же цифру, что и 6"; следовательно, любая целая степень 16 оканчивается цифрой 6. Таким образом, любая степень двойки, кратная четырем, оканчивается шестеркой (ибо 24Я = 16*). Но З4— 1 делится наЗ + 1=4; значит, 2(3*“х) оканчивается цифрой 6, а = 2-2<з4“1> оканчивается цифрой2 (как 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. Действительно, 210+1 = 1024+1 = 1025 делится на 25; следовательно, и 220—1 = (210 + 1) (210—1) делится на 25, а 21000— 1 ==(220)50— 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 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 З999 на 100. Напомним, что каждая четная степень 9 оканчивается цифрой 1, а каждая нечетная степень 9—цифрой 9 (см. решение задачи а)). Воспользовавшись этим, найдем остаток от деления числа 95+1 на 100:
9*4-1 = (9+1).(94— 98 + 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 + 9а+1 оканчивается, на 3, а число 98 + 9—на 8 и, значит, все выражение, стоящее в скобках, оканчивается на 5.
138
РЕШЕНИЯ
[44
Итак, число 95+ 1 при делении на 100 дает остаток 10-5 = 50. Отсюда вытекает, что число 910—1 = (95 + 1)-(95— 1) делится на 100, а так как З1000— 1 = 9500— 1 = (910)60— 1 делится на 910—1 (разность целых степеней делится на разность оснований), то и З1000— 1 делится на 100. Таким образом, число З1000 оканчивается цифрами 01. Но это число делится на 3; следовательно, его число сотен при делении на 3 должно давать в остатке 2 (если бы при делении сотен на 3 в остатке оставалась одна сотня или ни одной, то это число сотен плюс 01 не могло бы делиться на 3). Итак, мы нашли, что число 3999 = 31000:3 должно оканчиваться теми же двумя цифрами, что и число 201:3 = 67.
в) Нам надо найти остаток от деления числа 14(14*4) = = (7.2)<1414) на 100, — это и есть две последние цифры числа 14(1414). Найдем в отдельности остаток, от деления на 100 чисел 7<1414> и 2<1414>.
Число 74—1 =2 401 —1 =2 400 делится на 100. Отсюда следует, что если л = 4& делится на 4, то 7п—1 делится на 100 (ибо 74*—-1 ~ (74)* — (1)* делится на 74—1). Но 1414=214-714 делится на 4; следовательно, 7<1414>—1 делится на 100 и, значит, число 7<1414) оканчивается цифрами 01.
Далее, в решении задачи б) было показано, что 220—1 делится на 25; следовательно, если п = 20& делится на 20, то 2"—1 делится на 25. Найдем теперь остаток от деления числа 1414 на 20. Очевидно, 1414 = 214-714. Но 214 = 4-212; так как 212—1 = (24)3— 1 делится на 24—1 = 16—1 = 15, то 4{212 — 1) делится на 20, а следовательно, 214 = 4-21а дает при делении на 20 остаток 4. Далее, 714 = 49-712; так как 712 дает при делении на 20 остаток 1 (так как ^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 = 20/C—|— 16. А отсюда следует, что 2<1414> = 21вх X 220/< дает при делении на 25 такой же остаток, как и число 21в = 65 536, т. е. 2<1414> может оканчиваться только цифрами И, 36, 61 или 86. Но так как 2<1414) делится на 4, то 2<1414> оканчивается цифрами 36.
Итак, число 7<1<,4> оканчивается цифрами 01, а число 2<1414)—цифрами 36. Следовательно, их произведение 7<1414>х X 2<1414)= 14<1414) оканчивается цифрами 36.
45]
РЕШЕНИЯ
139
45.	а) Если перемножить два числа, одно из которых оканчивается на цифру а, а второе на цифру Ь, то их произведение будет оканчиваться на ту же цифру, что и произведение ab. Это замечание позволяет просто решить поставленную задачу. Будем последовательно производить возвышения в степень, следя только за последней цифрой числа: 72 оканчивается цифрой 9, 73 = 72-7 оканчивается цифрой 3, 74=78*7 оканчивается цифрой 1 и 77 = 74*73 оканчивается цифрой 3.
Далее, точно таким же образом найдем, что (77)7 оканчивается снова цифрой 7 (действительно, (77)2 оканчивается цифрой 9, (77)3 оканчивается цифрой 7, (77)4 оканчивается цифрой 1 и (77)7 оканчивается цифрой 7). Отсюда следует, что число ((77)7)7 оканчивается той же цифрой, что и число 77, т. е. цифрой 3, число {((77)7)7} оканчивается снова цифрой 7 и т. д. Продолжая таким же образом, мы после нечетного числа возведений в степень 7 будем каждый раз приходить к числу, оканчивающемуся цифрой 3, а после четного числа возведений в степень 7 — к числу, оканчивающемуся цифрой 7. Так как 1 000 есть число четное, то интересующее нас число оканчивается цифрой 7.
Если одно число оканчивается двузначным числом Л, а второе — двузначным числом В, то их произведение 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 (77)7 оканчивается теми же цифрами, что и 437, а именно цифрами 07. Отсюда следует, что, возводя последовательно числа 7, 77, (77)7 в степень 7, мы после нечетного числа возведений в степень будем приходить к числу, оканчивающемуся цифрами 43, а после четного числа возведений — к числу, оканчивающемуся цифрами 07. Следовательно, искомое число оканчивается цифрами 07.
б) В решении задачи а) мы видели, что 74 оканчивается цифрой 1. Отсюда следует, что 74* = (74)* тоже оканчивается цифрой 1 и 74*+z, где I есть одно из чисел 0, 1, 2 или 3, оканчивается той же цифрой, что и 7*(74*+/==74*-7/). 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.
140
РЕШЕНИЯ
146
Степень, в которую в задаче возводится число 7, сама представляет собой 7 в некоторой очень большой степени; нам надо выяснить, какой остаток дает эта степень семи при делении на 4. Но 7 — 8 — 1; отсюда следует, что 7а = (8— 1) X 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 четнаястепень 7 дает при делении на 4 остаток 1, а нечетная — остаток —1 (т. е. +3). Но интересующая нас в настоящем случае степень 7 заведомо является числом нечетным (так как она сама есть степень 7), а следовательно, фигурирующее в условии задачи число имеет вид 74Л+3 и, следовательно, оканчивается той же цифрой, что и 78, т. е. цифрой 3.
Так как 74 оканчивается цифрами 01, то 74*+* оканчивается даже теми же двумя цифрами, что и 71. Следовательно, интересующее нас число оканчивается теми же двумя цифрами, что и число 73, т. е. цифрами 43.
46.	Рассмотрим последовательно числа:
1°. Zx = 9,
2°. Z2 = 92t = (10 —I)2* =
= 102* — q.l0z‘"1 + ... + Cii.10— 1,
где опущенные члены разложения все делятся на 100. Но = 9; следовательно, две последние цифры числа Z2 будут теми же самыми, что и две последние цифры числа 9-10 — — 1=89.
3°. Z8 = 92« = (10—I)2* =
= 102* — С4 .10z*-i +.. . — C* -102 + Ci .10 — 1. £>2	Z2	£>2
Ho Z2 оканчивается на 89; следовательно, C| = Z2 оканчивается на 89, a	' ^1.2 88 (точками обозна-
чены неизвестные цифры) оканчивается цифрой 6. Следовательно, три последние цифры числа Z3 будут теми же самыми что и три последние цифры числа — 600 + 890—1=289
4°. Z4 = 92» = (10—I)2» »
е=ю2»—с^-ю2»-1 +.. . + c^.io3-c|8.io2 + cif.io — 1.
461	РЕШЕНИЯ	141
Так как Zs оканчивается на 289, то и С*, = Z8 оканчи* вается на 289;
Z8(Z3—1)	...289....288
bz, = b2 “ b2
оканчивается на 16;
r9 _Z8(Z8—1) (Z8— 2)	...289....288-...287
ГТЗ “	1.2-3
оканчивается цифрой 4. Следовательно, четыре последние цифры числа Z4 будут теми же самыми, что и последние четыре цифры числа 4000 —16004-2890 — 1=5289.
5°. Z5 = 9Z* = (10 — 1 )z< = 10z‘ - ClZi • 10z«-14- ...
.—Cj4.10*4-Cz.-10’—^-10’4-0^.10-1.
Так как Z4 оканчивается на 5289, то Ci =* оканчи-^4
вается на 5289;
r2 __Z4(Z4—1)_ ...5289....5288
Gz< 1-2	Ь2
оканчивается на 116;
с a	Z4 (Z4 — 1) < Z4—2) _ ...5289....5288....5287
Gz<==x Ь2.3	1-2-3
оканчивается на 64; наконец,
Г4 _ Z4 (Z4— 1) (Z4—2) (Z4—3) __ .. .5289... .5288-.. .5287... .5286
Gz<	1.2.3.4	~	1.2.3.4
оканчивается цифрой 6. Следовательно, Z5 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 Z5 совпадают с последними четырьмя цифрами числа Z4, следует, что последние пять цифр числа Ze = 9z» = (10 —l)z» совпадают с последними пятью цифрами числа Z5( = 9z<). Точно так же показывается, что все числа ряда
Z5> ^e = 9ZS Z7 = 9Z«,..., Z1000 = 9z»»», Z1oo1 =»9z”“ оканчиваются на одни и те же пять цифр, а именно на 45 289< Но Z1001 это и есть число N условия задачи.
142
РЕШЕНИЯ
147
47.	Согласно формуле для суммы членов геометрической прогрессии
__ 501000— 1 __ бО1000—1
50—1 “	49
Но обращается в чистую периодическую десятичную дробь, период которой, состоящий из 42 знаков, нетрудно найти простым делением:
= о, (020408163265306122448979591836734693877551),
или сокращенно
<5 = °'
где Р изображает выписанную выше последовательность из 42 цифр.
Ближайшее к показателю 1000 целое кратное числу 42 есть 1008,= 24*42. Следовательно,
1Q1008__< л Ю08 . 1 _рр р р
49
24 раза
Таким образом, дробь
—,19!008т1 = 1Q1008.1—L = рр	р
т 49 и 49 49 :	т
24 раза
есть целое число, состоящее из 1008 цифр, которые можно разбить на 24 группы из повторяющихся 42 цифр (фактически число М содержит не 1008 цифр, а 1007, так как наше число Р начинается нулем).
Составим теперь разность между интересующим нас числом М и числом 2Й:
NJ М- 5,00°-Ю1000—1	ЮЮ08-1 _ 51000-103 1П10С0
1	'	49	49	—	4§	1V •
Так как разность N— М двух целых чисел —целое число и Ю1000 взаимно просто с 49, то 51000— 108 должно делиться 51000__________________________________1Q8
на 49. Следовательно, число х =----тх---- является целым
49
и разность N—М = 101000*х оканчивается на 1000 нулей.
48—49]
РЕШЕНИЯ
143
Таким образом, последние 1000 цифр числа W—те же самые, что и последние 1000 цифр числа М, а именно:
рРР... Р
23 раза
где р—группа из 34 цифр, являющихся последними 34 цифрами числа Р.
48. Число нулей в конце числа показывает, сколько раз 10 встречается сомножителем в этом числе. Число 10 равно произведению 2-5; в произведении всех целых чисел от 1 до 100 множитель 2 входит в большей степени, чем множитель 5. Следовательно, произведение 1-2-3...100 делится на такую 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 (25, 50, 75 и 100) кратны также 25, т. е. содержат по два множителя 5. Следовательно, всего в произведении 1-2-3... 100 число 5 встретится сомножителем 24 раза; поэтому и нулей в конце этого произведения будет 24.
49. Первое решение задач а) и б). Решим сначала задачу а). Пусть /-{-1, /4-2, ..., / 4-л будут п произвольных, последовательных целых чисел. Подсчитаем для каждого простого числа р наивысшую степень /л, с которой оно входит в произведение л!, и наивысшую степень 5, с которой оно входит в произведение (/ + 1) • • •(/ +я). Для этого обозначим через 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 степени и т. д. Тогда показатель, с которым р входит в л!, будет равен т = т1 + т2-\- ...
Если теперь — число чисел ряда /4-1, ...» /4~л, делящихся на р, s2—число чисел этого же ряда, делящихся на р2, и т. д., то показатель 5, с которым р входит в произведение (Z4-1).. .(/4-л), равен s = s14-s24-•..
Но число чисел ряда /4-1,..., /4-л, делящихся на р, не меньше чем тг. Действительно, среди чисел /4-1, ••• ..., / 4- л находятся также числа / 4" р, / 4- 2р, ... , / 4~ ^хр, а в каждом промежутке между t-\-kp и /4-(^4-1)Р (£ = 0, 1,2, ... , т1 — 1) есть хотя бы одно число, делящееся
144
РЕШЕНИЯ
[49
на р. Таким образом, sxтх, аналогично	и т. д.,
а потому s т. Но это означает, что каждый простой сомножитель числа п\ входит в состав числа (f +1)...(/ +л), причем в степени, не меньшей чем он входит в л!, т. е. число (/+ 1 )...(< + л) делится на л!.
б) Произведение первых а сомножителей в л! совпадает с al; произведение следующих b сомножителей в силу задачи а) делится на Ы, произведение следующих с сомножителей*— на с! и т. д. Так как а + + с + ... + л, то отсюда следует, что л! разделится на a\b\...k\
и т. д., где
Другое решение задач а) и б). Решим сначала задачу б). Показатель /я, с которым некоторое простое число р входит в л!, как мы видели, равен /л = /п1 + /п2+..где тг — число чисел ряда 1,2, ...» л, кратныхр, /л2 — кратных р2 и т. д. Но число чисел, кратных р, равно j , кратных ра —
[а!	Га 1 Га“|	х Л а
-d ит. д., где — , ....—целые части дробей — , Р J	L Р J LP2 J	Р
, ... (см. стр. 31). Таким образом, т —	+ ...
Пусть теперь р—любое простое число. Тогда показатель, с которым р войдет в числитель, равен	+ ...
Показатель, с которым р войдет в знаменатель, равен
Но так как л^з ... 4-&, то, используя результат задачи 101, 1), мы получим отсюда, что
т. е. р войдет в числитель в большей степени, чем в знаменатель. Значит, наша дробь есть целое число.
Решим теперь задачу а). Дополним для этого произведение (/+1)...(/ +л) до U + л)!. По только что доказанному дробь
(/ + *)...(/+1)ф-1)...1_(л + 0! __ (/ + !),.,(/ + п)
—1)..,1	nii!	п!
есть число целое.
50]
РЕШЕНИЯ
145
в) (л!)! 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 л!.
г) Пусть рассматриваемые числа будут а, а + d, а + 2d,...
а + (л—1) d. Докажем сначала, что существует такое целое число А, что произведение kd дает при делении на п\ в остатке 1. Действительно, рассмотрим п\—1 чисел d, 2d, 3d, ..., (л! — 1) d. Ни одно из этих чисел не делится на л!, так как d взаимно просто с л!. С другой стороны, никакие два произведения pd nqd, гдер, q—целые числа, меньшие л!, не могут давать при делении на л! одинаковые остатки, так как иначе разность pd—qd — {p—q)d делилась бы на л!. Таким образом, рассматриваемые л!—1 чисел должны при делении на л! давать л!—1 разных остатков, откуда вытекает существование числа А, такого, что произведение kd дает при делении на л! остаток 1; kd = rnl+\.
Обозначим теперь ka через А. Тогда мы имеем:
ka~ А,
k(a + d) = A + kd=(A+ 1) + г-л!,
Ma + 2d) = 4 + 2£d=(H4-2)+2r^l,
k[a + (n— l)d]== Л + (л— 1)^=И + (л—1)1 +(л— 1)г-л!
Отсюда следует, что произведение
kna (а + d)(a + 2d)... {а + (л — 1) d]
дает при делении на л! такой же остаток, как и произведение А (А + 1) (А + 2).. .(Л + (л—1)]. Но последнее из этих двух произведений делится на л! в силу задачи a), a kn взаимно просто с л!, так как, если бы k не было взаимно просто с л!, kd тоже не могло бы быть взаимно просто с л!.
50.	Число сочетаний из 1000 элементов по 500 равно Так как 7 — простое число, то наивысшая степень, с которой 7 войдет в 1000! (см. второе решение задачи 496), [10001 , Г10001 , Г10001	«ли I on I о
равна	[—J + [-49-J + [-543] = 142 + 20 + 2= 164.
Наивысшая степень, с которой 7 войдет в 500!, равна
146
РЕШЕНИЯ
[51
Г5001 , Г500] . Г500Т	. «л , < оп
— + 49 +343 =71 + 104-1 =82. Следовательно, наивысшая 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 множителем 7, и следовательно, целое
1000! число (500!)2
не делится на 7.
51.	а) Число (л—1)! не делится на п только в том случае, если п—простое число или если л = 4. Действительно, если п — составное число, которое можно представить в виде произведения двух неравных множителей а и Ь, то и а и b меньше п—1 и, следовательно, входят в состав (п—1)!; значит, (п—1)! делится на ab = n. Если п есть квадрат простого числа р, большего двух, то п—\—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 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, л = 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 n = ab, где а и b—различные числа, не меньшие 3. Мы будем считать, что #>а, а^З. В тддом случае числа а, 2а, 2Ь, За все меньше п—1 и при этом а, b и 2Ь заведомо различны, а из чисел 2а и За хотя бы одно отлично от чисел а, b и 2Ь. Таким образом, в (л— 1)! входят множители а, Ь, 2b, 2а или a, b, 2Ь, За (а может быть, входят и все множители а, b, 2Ь, 2а, За); во всех случаях (п — 1)! делится на а262 = л2.
Далее, если л = р2, где р есть простое число, большее 4, то п—1 >4р и (п—1)! содержит множители р, 2р, Зр, 4р и, следовательно, делится на р4 = л2. Если п = 2р, то (п—1)! не делится на р2, а следовательно, и на л2; когда л = 8 или 9, то (л— 1)J не делится на л2 (7! не делится на 82 и 8! не делится на 92); когда л= 16, то (л—1)! делится на л2 (15! 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).
52—53]
РЕШЕНИЯ
147
Таким образом, условию задачи б) удовлетворяют все 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 /и, меньшие или равные У п. Составим общее наименьшее кратное К всех таких чисел т. В него, очевидно, будут входить все простые числа, меньшие У п, причем каждое простое число р в такой степени kt что Рк *^Уп, но рк+1>Уп. Предположим, что число простых чисел, меньших Уп, равно /; эти простые числа мы обозначим через р19р29 .. -9Pf Наименьшее общее кратное К всех чисел, меньших Уп, представляет собой произведение pk^pki.. .pktl9 где k± таково, что	Уn<Zpki+1 > k2 таково, что р^<. К^<Ра2+1, и т- Д*
Перемножив теперь I неравенств
/л<Рх1+1, Уп<р^+\ ..., /л<Р?‘+1,
получим:
Но p?*+1/4a+1. . .Pi,+1 = Р1'ргг.. .p^-PiPz..	ибо
Р\*Ргг • • -Pi1 — К, а следовательно, ргр2 ... Pt^K. Таким образом, имеем:
(/«)'<№.
Но так как согласно нашему предположению п должно делиться на К9 то л; следовательно, (У n)l<Z Отсюда /<4; так какj>v .. . ,pz—все простые числа, меньшие ]/л^ то р4 = 7>Уп (четвертое простое число есть 7) и л <49.
Перебирая ,все числа, меньшие 49, мы без труда убеждаемся, что из них требуемым свойством обладают только числа 24, 12, 8, 6, 4 и 2.
53.	а) Обозначим пять последовательных целых чисел через
л—2, п—1, л, л+1, лЧ-2.
148
РЕШЕНИЯ
(53
Тогда
(Л-2)2 + (и-1)2 + л2 + (л+1)а + (л + 2)2=х
= 5л2 +10==5 (л2 + 2).
Если бы число 5 (л2+ 2) было полным квадратом, то оно делилось бы на 25, следовательно, л2+ 2 делилось бы на 5. Но это возможно лишь в том случае, если последняя цифра числа л2 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 третье—остаток 2 или же, что равносильно, остаток—1. При перемножении чисел остатки от деления их на какое-либо число тоже перемножаются; в самом деле,
(pk + r) (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 последовательных целых чисел одна делится на 3, а две другие дают при делении на 3 остаток 1. Следовательно, сумма четных степеней трех последовательных целых чисел дает при делении на 3 остаток 2, или, что то же самое, остаток—1. А мы уже видели, что такой остаток не может дать при делении на 3 четная степень никакого целого числа.
Примечание. Интересно отметить, что в приведенном 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 задачи: сумма четных степеней (может быть различных!) трех последовательных целых чисел не может быть четной степенью никакого целого числа.
в)	Как мы видели в решении задачи б), сумма четных степеней трех последовательных целых чисел дает при делении на 3 остаток 2. Отсюда вытекает, что сумма четных степеней девяти последовательных чисел дает при делении на 3 остаток 2+ 2 +2 = 6, т. е. делится на 3. Докажем
54]
РЕШЕНИЯ
149
теперь, что сумма одинаковых четных степеней девяти последовательных целых чисел не делится на З2 = 9; отсюда будет сразу 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 4- 1 а* 4- 22* + З2* 4- 42* 4- 52* 4- 624 4- 72* 4- 82* или сумма
2(1*-|-4л + 7л)
(так как З2 и 62 делятся на 9; I2 и 82 = 64 дают при 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 остаток 7).
Отметим теперь, что 18 = 1, 48 = 64 и 73 = 343 все дают при делении на 9 остаток 1. Отсюда следует, что если £ = 3/, то 1* + 4* + 7л= 1* + 64* + 343* дает при делении на 9 тот же остаток, что и сумма 1*+1*+1* = 3, т. е. не делится на 9; если & = 3/+1, то 1* + 4* + 7*= 1*-1 + + 64*-4 + 343*-7 дает при делении на 9 тот же остаток, что и сумма 1 • 1 + 1 «44-1-7 = 12, т. е. не делится на 9; если £ = 3/ + 2, то 1* + 4* + 7*= 1*-1 +64*-42 + 343*-72 дает при делении на 9 тот же остаток, что и сумма 1-1 + + 1 • 16+1-49 = 66, т. е. не делится на 9.
54.	а) Сумма цифр^каждого из чисел А и В равна
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28;
отсюда следует, что оба числа дают при делении на 9 остаток 1 (каждое число дает при делении на 9 такой же остаток, д
как и сумма его цифр). Но если бы было = л, или, что то же самое, Л = лВ, где п—целое число, отличное от 1, то из того, что B=9/V+ 1, следовало бы, что А =* пВ=9М+п; таким образом, п должно давать при делении на 9 остаток 1.
д
Наименьшее подобное число п есть 10; но -5- <10, так как D
оба числа А и В состоят из 7 цифр.
150
РЕШЕНИЯ
[55
б) Обозначим искомые числа через ЛГ, 2ЛГ, ЗЛГ. Каждое целое число дает при делении на 9 такой же остаток, как и его сумма цифр; поэтому сумма W+2M+3W дает при делении на 9 такой же остаток, как и сумма 1+2 + + З-f-...+9 = 45, т. е. 6М (а следовательно, и 3N) делится на 9.
Так как 3N трехзначно, то первая цифра числа М не может быть больше 3; поэтому последняя цифра N не может равняться 1 (так как в этом случае 2^ оканчивается цифрой 2, а 3^—цифрой 3 и все три цифры 1, 2, 3 оказываются занятыми). Число N не может также оканчиваться цифрой 5 (в этом случае 2N оканчивалось бы нулем). Предположим теперь, что последняя цифра W есть 2; в таком случае последняя цифра 2N и 3W равна соответственно 4 и 6. Для двух первых цифр 37V остаются возможными значения 1,3, 5, 7, 8 и 9; так как сумма всех цифр 3N кратна 9, то первые две цифры 3N есть 3 и 9 или 5 и 7. Проверяя все представляющиеся случаи, находим одну тройку чисел, удовлетворяющих условию задачи: 192, 384, 576. Аналогично исследуются случаи, когда N оканчивается на 3, 4, 6, 7, 8 или 9; при этом обнаруживаются еще три решения задачи: 273, 546, 819; 327, 654, 981 и 219, 438 и 657.
55.	Полный квадрат может оканчиваться только цифрами О, 1, 4, 9, 6 и 5. Далее, квадрат каждого четного числа, очевидно, делится на 4, а квадрат нечетного числа дает при делении на 4 остаток 1 ((2£)2=4£2, (2&+1)2 = 4(£2 + &) + 1; поэтому квадрат никакого числа не может оканчиваться цифрами И, 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:
8&, 3k -4- 1, 3k + 2, 3k Ч- 3 или 8А? + 4; квадраты этих чисел имеют вид
16 (4 А:2), 16 (4£2 ± k) + 1, 16 (4А2 ± 2k) + 4, 16(4£2±3£)+9 или 16 (4А2 + 46 + 1).
Таким образом, мы видим, что квадрат целого числа или делится на 16 или дает при делении на 16 один из остат
56]
РЕШЕНИЯ
151
ков 1, 4 и 9. Число же, оканчивающееся цифрами 4444, дает при делении на 16 остаток 12 и, следовательно, не может быть полным квадратом.
Итак, если полный квадрат оканчивается четырьмя одинаковыми цифрами, то эти цифры—четыре нуля (например, 1002 = 10 000).
56.	Первое решение. Обозначим стороны прямоугольника через х и у, а диагональ — через z\ тогда по’ теореме Пифагора будем иметь:
х2+у2 = <г2.
Нам надо доказать, что произведение ху делится на 12. Покажем сначала, что это произведение делится на 3, а затем—что оно делится на 4.
Так как
(3£ + I)2 = 3 (3£2 + 2k) + 1 и (3k + 2)2 = 3 (3£2 + 4k + 1) + 1,
то квадрат каждого числа, не кратного 3, дает при делении на 3 остаток 1. Поэтому, если бы ни х ни у не делились на 3, то сумма x24-J2 давала бы при делении на 3 остаток 2 и 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 делится на 3.
Далее ясно, что оба числа х и у одновременно нечетными быть не могут; если х = 2/п+1, у = 2л 4-1, то
х2 4-у2 = 4/л2 + 4т + 1 + 4л2 + 4л 4- 1 =
= 4 (т2 4- т + п2 4- п) + 2
не может равняться квадрату никакого целого числа (квадрат нечетного числа нечетен, а квадрат четного числа делится на 4). Если и х и у—четные числа, то их произведение делится на 4. Предположим теперь, что х четно, а у—нечетно: х — 2т, у = 2л-|-1. Число г при этом будет нечетно (ибо <г2 = х24’У2 нечетно): z = 2p4-l- В этом случае имеем: (2/л)2 = (2р4- I)2— (2/z4- V?=4p2+4p+ 1 —4л2—4л —1, или
т2=р(р+1)—л (л4-1).
Отсюда вытекает, что т2 четно (произведения последовательных целых чисел р(р+1) и л (л 4-1) оба четные); следо
152	решения	[57—58
вательно, т четно и ,г = 2/и делится на 4. Значит, и в этом случае произведение ху делится на 4.
Второе решение. Из формул решения задачи 128а) следует, что стороны хиу рассматриваемого прямоугольника выражаются формулами x = 2tabt y — t(a2—b2), где /, а и b—целые числа, причем а и b—взаимно простые. Если хотя бы одно из чисел а, 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 х 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 y — t (a-\-b) (а — Ь) делится на 3. Итак, во всех случаях произведение ху делится на 12, что и требовалось доказать.
57.	По формуле решения квадратного уравнения имеем: ___________________—Ь ± УЬ2—4ас 25	;
следовательно, для того чтобы корни уравнения были рациональны, надо, чтобы выражение Ь2—4ас являлось полным квадратом. Положим £ = 2л-|-1, а = 2р-|-1, с = 2^+1; в таком случае будем иметь:
Ь2—4ас = (2л+ 1)2 — 4 (2р+1)(2^+1) = 4л2 + 4л — — 16р£ — 8р—8#—3 = 8 (	—2pq—р—q—1) +5.
™	/п(п4-1)
Так как это число нечетно I ——- есть целое число, ибо произведение двух последовательных целых чисел всегда четно^ , то оно может быть квадратом только нечетного числа. Но каждое нечетное число можно представить в виде 4Л±1; квадрат этого числа равен
(46 ± I)2 = 16&2 ± 8&+1 = 8(2&2 ±£)+1
и, следовательно, всегда дает при делении на 8 остаток 1. Поскольку число Ь2—4ас дает при делении на 8 остаток 5, оно не может являться полным квадратом.
58.	Имеем:
1 .	1___,	1 _ Зпа + 6п + 2
п +1 ‘ п + 2 л (n +1) (л+ 2) *
59]
РЕШЕНИЯ
153
Числитель нашей дроби не делится на 3, а знаменатель делится, так как он является произведением трех последовательных целых чисел. Следовательно, в знаменателе есть множители, отличные от 2 и 5, а потому в разложении получится бесконечная периодическая десятичная дробь.
Из двух целых чисел п и /г-|- 1 одно должно быть четным. Если четно л-f- 1, то п нечетно, следовательно, нечетно Зл2, а потому и весь числитель. Если же л четно, то и л+ 2 делится на 2 и, следовательно, знаменатель наверное делится на 22; числитель же делится только на 2, так как если л = 2k, то
Зл2 + 6л + 2= \2k* + 12^ +2 = 2 (6fe2 + 6&+ 1).
Поэтому знаменатель полученной после сокращения дроби не будет взаимно прост с 10, и десятичная дробь будет смешанной периодической.
59.	а), б). Приведем все слагаемые в сумме
.. 1 , ,	1 (	кт	1 ,	1 ,	1 । ।	1	\
= "X—р ... ~|----( ИЛИ	2V —-----|--;—г -j---:—q 4- ...	-4--:-- )
2 '	п \	п ' п +1 ' п -}-2 1	1 п +mj
к общему знаменателю. Из всех дробей, входящих в нашу сумму, рассмотрим ту, в знаменателе которой стрит 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 AZ) знаменатель есть, конечно, число четное, а чи-
слитель, 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 (&-я) степень числа 3. Так как у нас л 1 знаменателями являются только нечетные числа, то дробь -—-2-3*
в сумме К отсутствует. Поэтому при приведении суммы дробей к общему знаменателю дополнительные множители всех дробей кроме рассмотренной будут делиться на 3, а дополнительный множитель этой дроби не будет делиться на 3. Следовательно, в сумме получим дробь, знаменатель которой делится на 3, а числитель не делится.
154
РЕШЕНИЯ
гео
60.	а) Приведя сумму дробей к общему знаменателю (р—1)!, мы получим в числителе сумму всевозможных произведений из р—1 чисел 1, 2, ... , р—1 по р—2. Так как знаменатель, очевидно, не делится на р, то нам надо доказать, что эта сумма делится на р2.
Обозначим сумму всевозможных произведений из п чисел 1, 2, ... , п по k через П«:
Ш =1 + 2 + 3+ ...+л,
П* = 1 -2+1-3+ ... +1-л+ 2-3 + 2-4+ ... +2л + 4"3*4 + ... + 3• п + 4• 5 + ... + (л — 1)• л,
П„ = 1-2-3.. .л = л!
Докажем, что если л+1=р—простое число, то все суммы П£, П„, ... , Пл*1 делятся на р, а П"”1 делится даже на р2; из последнего будет следовать утверждение настоящей задачи.
Составим произведение
р (х) = (х — 1) (х—2) (х—3)... (х—л).
Очевидно, что, раскрывая в этом произведении скобки, получим:
Р(х) = хп—ПлХ""1 + ПпХ""2— ... + П"
(здесь мы считаем, что л—четное).
Рассмотрим, далее, выражение Р(х)[х—(л+1)]. Его можно преобразовать двумя способами. С одной стороны, мы имеем:
р(х)[х_(л+1)]=
= (хп-П‘ х"-1 + п:х""2- ... + п") [х-(п +1)1, а кроме того, Р(х)[х— («+!)] =
= (х—1) (х—2) (х—3)... (х—п) (х—п—1) =
= (х-1) {[(X-1)-1] [(х— 1) —2].. ,[(х— 1)-л]} =
= (Х— 1)-Р(Х<г-1) = (х—1) [(Х—1)"—Па(Х—1)"-1 +
4-Пп(х—1)“"2—... 4-Пп}.
601	РЕШЕНИЯ	153
Таким образом, получаем равенство
хп~1 + П* хп'2- ... +П") [х-(я +1)] =
= (х— l)n+1—Ш(х—1)" + П* (х— I)”-1— ...
...+П:(х-1). (*)
Если два многочлена равны при всех значениях х, то это значит, что равны коэффициенты этих многочленов. Приравняем коэффициенты многочленов, стоящих с обеих сторон равенства (*) (причем в правой стороне этого равенства нам придется раскрыть скобки при различных степенях х—1, пользуясь формулой бинома Ньютона). Мы получим ряд равенств (через С™ обозначаются, как обычно, биномиальные коэффициенты):
П^ + (л-|- 1) = ci+1 + ni,
Пл + (л + 1)	= Сп+1 н- с\ nJ + П^,
Пл + (л+1) Пл = Сп,+1 + Сл ni+ci-x ni+ni,
Ш+(n +1) Пл'1 = c?+! + СГ1 ni +	ni+
+ Cjj-| ni+ ... 4-C* П” 1-|-Пл, (/z+1) щ=i + nJ+ni+... + Пл"1+ п«.
Первое из этих равенств очевидно. Из 2-го, 3-го,..., л-го последовательно получаем, учитывая, что (fl-f-l) — Cj = l, (n+l)-Ci-! = 2, ... , (л+П-С^л-к
ni=ci+1,
2ni=ci+1+cini, 3ni=ci+1+cini+ci-!ni,
(л-ппг^с^х+с^Щ+^п^...
...+c№. ,
Предположим теперь, что л-|-1=р есть простое число.
В таком случае
rk	Р(Р—1)(Р—2)---(Р~fe + 1)
Ьл+1 ср-	1.2.3...*
156
РЕШЕНИЯ
[60
при всяком k делится на р (ибо числитель дроби делится на р, а знаменатель не делится). Пользуясь этим, из первой формулы (**) находим, что П£ делится на р, затем из второй—что	делится на р, затем из третьей—что Пд
делится на р и так до П""1.
Наконец, подставим в основное равенство
(х- 1) (х-2) (х—3).. .(х-р + 1) =
хр~з—n3p-1xp~i+ ...
значение х=р. Мы получим:
... + п?:31Ра-п^р+п?1}.
Но n£Zj = (p—1)!. Отбрасывая слева и справа (р—1)1, сокращая на р, перенося П£3* в левую сторону и вынося справа р за скобки, мы получаем:
пП=р(р?,-3-п^1^-4+п3_1^-»-...+п^’),
откуда следует, что ПрЗ? делится на р2 (ибо выражение в скобках прир > 3, как мы доказали выше, тоже делится на р).
б) Приведем фигурирующую в условии задачи сумму дробей к общему знаменателю [(р— I)!]2. Мы получим выражение
А
[(Р-1)П2 ’
где А есть сумма всевозможных произведений из чисел I2, 22, З2, ... , (р—I)2 по р—2. Для того чтобы доказать, что А делится на р, составим квадрат суммы n£Zj (относительно обозначений см. решение задачи а)). Раскрыв скобки по правилу возведения в квадрат многочлена (квадрат многочлена равен сумме квадратов всех его членов плюс сумма удвоенных произведений всевозможных пар членов), мы получим А и еще ряд членов (всевозможные удвоенные произведения). Рассмотрим какое-либо из этих удвоенных произведений:
2[1.2...(/-1)(/+1)...(Р-1)]х
61 — 62]
РЕШЕНИЯ
157
Очевидно, что это произведение равно
2[1-23... (р— 1)]X
X1-2...(Z—1)(/4-1)...(/—1)(/+1)...(р—1)].
Суммируя все такие выражения, мы покажем, что
(Щ:^ = л+2(р-1)! npp:L
Отсюда
Д = (П^?)*-2(Р-1)!П^
доказанного выше (см. решение задачи а)), А де-
и, в силу
лится на р, что и требовалось доказать.
61. Дробь	сократима или несократима одно-
а* + Заа+1	, а2 4-1
временно с дробью —^5-57-= а4—> или °дновре-« а* 4-1 менно с дробью , о . а3 4- 2а
сократима одновременно
а9 + 2а	а84-2а
д2 г J Дробь  сократима или не-а -н ia
*	а84-2а	. а
с дробью = а + или
jqrj. Дробь	сократима
,	а24-1	,1
или несократима одновременно с дробью —a + или
л 1
одновременно с дробью ~, которая при целом а, очевидно,
одновременно с дробью
несократима.
62.	Покажем прежде всего, что для любого целого числа b число разностей ak—ah делящихся на не меньше числа разностей k—Ц делящихся на Ь. С этой целью подсчитаем число разностей ak—ah делящихся на Ь.
Пусть nQ из чисел аъ ... , ап делятся на &, nt из ' них дают при делении на b остаток 1, я2 дают остаток 2, л8—остаток 3, ... , пЬж1—остаток Ь—1. Так как каждое число при делении на b дает один из остатков 0, 1, 2, 3, . b—1, то ясно, что
4" ni + л2 + • • * +
= п.
158	решения	[62
Для того чтобы разность.—at делилась на Ь, надо, чтобы ak и at давали при делении на b одинаковые остатки. Таким образом, из разностей ak—at на b будут делиться: Сп0 = __	попарных разностей nQ чисел, делящихся на
Cnt =	"~--L попарных разностей nt чисел, дающих при
делении на b остаток 1, СП2 = — - 	~ попарных разнос-
тей п2 чисел, дающих остаток 2, и т. д. вплоть до Cnd_t = ,=	попарных разностей чисел, дающих
при делении на b остаток b—1. Следовательно, общее число N разностей ak—ah делящихся на Ь, равно
п0(п0~1) । ^(^—1) ।	[ "ь-г ("ь-i—1).
Последнее выражение можно переписать в следующем виде:
л;__по + п1 + Л1+---+ЛЬ1 По + 'Ч + 'Ч-Н- - + "&-!_
/v “	2	2	~~
__ no + ni + л2 + • • • +-лг>-1 п
2	Г*
Преобразуем теперь первый член правой части этого равенства: ^ + ^ + ^ + •••+^-1 2	““
__ (n0+rtJL + n2+... + nb_1)2--2поп1 — 2n0n2 —2пь_2пь_1 __ 2	~
= у +4	— Л1)а—— «О + [(«0 — «г)2—-«о — л*J +...
• • • + [(«6-2 — nb- 1)2 — ПЪ-2 — Пь- г]} =
= у+ 4 [(«о—Л1)2 + (л0—лг)2+ •. • +4-2 —«ь-1)2—
— (л® + л^) — (л? + Ла)— . . . —(пь-2 + Лб_г)] =
= у + 4 [(«о—лх)2 + (л0—Лг)а+ ...-|^(Л6_а—Л^!)2—
— {Ь— 1) (л? + л? + ... + nl-1)J .
62]
РЕШЕНИЯ
159
Перенесем член, содержащий сумму квадратов чисел nk, в левую часть равенства и разделим обе части на Ь; получим:
п2о + ^1 + ^+--- + ^-1
-	2	—
__П2 f (n0^nl)2 + (fi^n2)2 + ...+(fib^i^nb^lf 2b '	2b	’
откуда
Д7 — (по-~п1)2 + (по-~п2)2+...+(пь,2~п&^1)2 . п*и 2b	2Ь 2 •
Точно тдк же доказывается, что число ЛГ разностей k — 1, где k и I—целые числа, £>>Z, k^n и I1, делящихся на равно
ni)2+(n'o —п'2)2+ ...+(n^2 —n^_i)a па	п в
™ ~	2b	2Ь	2 9
здесь nk есть число членов ряда 1, 2, 3, .л, дающих при делении на b остаток k.
Из полученных формул сразу следует, что если n = mb (п делится на £), то число N не меньше чем ЛГ: действительно, в этом случае числа л0, nlt n2i. • .^Пь-г все равны т и поэтому 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: л = гдеО<г< Ь, имеет место неравенство N^N'. В этом случае г из чисел л0, пи л2, ... , пь-i (а именно, числа Л1, л2, л8, ... , пг) равны т-\-1, а остальные числа л0, лг+1, Лг+2> ...» п'ь-i равны т. Для того чтобы доказать, что N не может быть меньше ЛГ, воспользуемся следующим искусственным приемом.
Так как сумма b чисел л0, п1У п2, ... , ль-1 равна л = =•/»& +г, то хотя бы одно из этих чисел nt не больше т: действительно, в противном случае сумма этих чисел была бы не меньше b (т-\-1) > л. Прибавим теперь к нашим числам «и , ап ещ-е °дн° число лЛ+1, дающее при делении на b остаток t. При этом к числу разностей ak—at добавятся я разностей а„+1—аь а„+1—а2, .... а„+1—а„, из которых ровно будут делиться на Ъ. Точно так же
160
РЕШЕНИЯ
[63
к числу разностей k—I добавятся п разностей (л-f- 1)—1, (л+1) — 2,	, (л+1)—л; из этих разностей, очевидно,
т nt будут делиться на Ь. Поэтому, если мы докажем, что из Crt+i разностей ak—k, Z= 1, 2, ... ...,л4-1) неменьшее число их делится на чем среди разностей k — I (k,	... , п-\-1), то от-
сюда будет следовать, что из числа первоначальных разностей ak—kt /=1, 2, ..., п) и подавно не меньше делилось на Ь, чем среди разностей k—I. где &, / = = 1, 2, ... , п. Если число п-\-1 делится на Ь, то последнее утверждение уже следует из приведенных выше соображений; если же л 4-1 еще не делится на Ь, то мы аналогичным образом будем добавлять к ряду чисел ах, а2, л3, ... , ап, an+i все новые и новые числа, пока общее число их не окажется кратным Ьи все разности л'— п. не обратятся в нуль. Этим завершается доказательство нашего утверждения.
Из доказанного немедленно следует предложение задачи. Действительно, каково бы ни было простое число р, среди разностей ak—at имеется не меньше делящихся на р, чем среди разностей k—I; не меньше делящихся на р2, чем среди разностей k—I; не меньше делящихся на р3, чем среди разностей k — I, и т. д. Отсюда вытекает, что каждое простое число р входит в произведение всех разностей (ak—не в низшей степени, чем в произведение всех разностей (k—I). А это означает, что в произведении всех дробей вида каждый простой множитель знаменателя можно будет сократить с соответствующим множителем числителя и, следовательно, поизведение будет целым числом.
63.	Числа нашего ряда имеют вид 1 4- Ю44- Ю84- .. . 4-4- 104*. Рассмотрим наряду с этими числами числа 1 4- 1024-4-104+ 10в + ... 4- 102*. Непосредственной проверкой нетрудно убедиться в том, что
10**+* — 1 == (Ю4— !)•(! 4- 1044- 108+ ... 4-104*), 102*+2 — 1 = (102— 1)• (1 4- Юа4- Ю4+ ... 4- Ю2*).
Кроме того, очевидно,
10**+*—1 = (102*+2 — 1) (102*+24- и*
64]
РЕШЕНИЯ
161
Сопоставляя все эти равенства, получаем:
10**+* — 1 = (104— 1) (1 + 104 + 10® + ... + 10**) =
= (Ю2— 1) (1 4- 102 + 104+ ... + 102*) (102*+2+ 1),
1П4__1
или, так как i = Ю2 + 1 в Ю1,
(1 + Ю4+ Ю8+ .. r + 104*)-101 =
= (1 + Ю2+ Ю4+ ... + 102*) (Ю2*+2+ 1).
Так как 101 есть простое число, то или 1 + Ю2 + Ю4 + ... 4-4- Ю2* или Ю2Л+2+ 1 делится на 101; при этом, если k > 1, то частное больше 1. Сократив на 101, мы получим, что число 1 + Ю4+ Ю8+ ... + 104* при &>1 разлагается по крайней мере на два множителя, что и требовалось доказать. При Л=1 мы имеем число 104+1 = 10001, которое тоже является составным (10 001 =73-137).
Точно так же можно доказать, что все числа ряда
100 ... 0 100 ... 01, 100 ... 0 100 ... 0 100 ... 01, ...
(2Л+1)раз (2Л+1)раз (2Л+1)раз (2Л+1)раз (2Л+1) раз являются составными.
64.	а)
а128_^Ь128 = (aM + bu) (aM—bet) =
= (ав4+ Ьм) (а32 4- />32) (а32—/»32) ==
= (а344-634) (а824-632) (а134-^13) (а13—Ь1в) = .. .=
= (а34 4- 634) (а32 4- £>32) (а16 + />13) (а3 4- Ьа) х
X (а4 4- Ь*) (а2 4- Z>2) (а 4- Ь) (а—Ь).
Следовательно, частное равно а—Ь.
б) Как и в предыдущей задаче, a2*+l_fc2*+l
------------------------------------------------------а— о.
(а 4- Ь) (а2 4- 6») (а* 4- 6*) (а« 4- fc2)... (а2*-14- й2*“4) (а2* 4- Ь2*)
Д. О. Шклярский и др.
162
РЕШЕНИЯ
165—68
65.	Заметим, что
22"—1 = (22"-1 + 1) (22"-1 —1) =
= (22"'1+1)(22”"2+1)(22""2 —1)== ... =
= (22""1 + 1) (22""2+ 1) (22"-3 + 1)... (22 4- 1) (2+ 1)
(см. предыдущую задачу; последний множитель 2 — 1 можно отбросить, так как 2—1 = 1). Таким образом, число 22”—1==(22П+1) — 2 делится на все предыдущие числа нашего ряда. Отсюда следует, что если 22П+1 и 22*+ 1, где k<iny имеют общий делитель, то на этот общий делитель должно делиться и число 2. Но 2 не может быть общим делителем двух чисел последовательности, так как все эти числа нечетные; следовательно, каждые два числа последовательности являются взаимно простыми.
66.	2”, разумеется, не может делиться на 3. Если 2П дает при делении на 3 остаток 1, то 2” — 1 делится на 3; если 2п дает при делении на 3 остаток 2, то 2”+ 1 делится на 3. Поэтому во всех случаях одно из двух чисел 2”—1 и 2” + 1 делится на 3, и следовательно, если оба эти числа больше 3, то они не могут быть одновременно простыми.
67.	а) Если бы простое число р>3 давало при делении па 3 остаток 2, то 8р—1 делилось бы на 3. Поэтому число р должно давать при делении на 3 остаток 1; но в этом случае 8р+1 делится на 3. Если же р = 3, то 8р 4-1 = 25 — тоже составное число.
б) Если р не делится на 3, то р2 дает при делении на 3 остаток 1 (см. решение задачи 536)) и, следовательно, 8р2 + 1 делится на 3. Таким образом, должно бытьр—3, 8р2 -4-1=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, большее 3, можно записать в виде 6л 4-1 или 6л 4-5. Квадраты этих выражений имеют вид
69—70]
РЕШЕНИЯ
163
36л24-12д+1 и 36л2 4-60л 4-25. В обоих случаях йри делении на 12 получается в остатке 1.
69.	Из трех чисел, имеющих вид 6л 4-1 или 6л 4-5 (см. предыдущую задачу), по крайней мере два имеют одинаковый вид. Следовательно, их разность, равная d или 2d, 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 70а).)
70.	а) Так как простые числа (кроме 2) — числа нечетные, то разность прогрессии—число четное. Далее, если бы разность прогрессии не делилась на 3, то три члена прогрессии ax4-d, ax4~2d все давали бы разные остатки при делении на 3 (разность никаких двух из них не делится на 3) и, следовательно, хотя бы одно из них делилось бы на 3, что невозможно, так как все члены прогрессии по условию — простые числа (если ах = 3, то ax4-3d тоже делится на 3). Точно так же, если бы d не делилось на 5, то все числа ах, ax4-d, ax4-2d, ax4-3d и ax4-4d давали бы при делении на 5 разные остатки и, следовательно, одно из них делилось бы на 5. Аналогично 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 = 210&.
По условию задачи
ахо = а 14- 9d = ах 4~ 18906 < 3000.
Но это неравенство невозможно при &^2; значит, & = 1» Отсюда следует, что ах<3000—9d = 1110.
Далее 210=11-19 4-1; следовательно, (/п+1)“й член прогрессии можно представить в виде
л/л+х = ах4-(11 -19 4- 1)-/п = И -19/n4-(«i + ^)-
Отсюда следует, что если ах дает при делении на 11 остаток 2, то ахо делится на И; если ах дает при делении на И остаток 3, то а9 делится на 11, и т. д. Таким образом, доказываем, что ах не может давать при делении на И остаток 2? 3, 4, ... или 10. Если ах отлично от 11, то ах не может делиться на 11 (ибо ах—простое); значит аг или равно 11
6*
164
РЕШЕНИЯ
(70
или дает при делении на И остаток 1. Далее, используя то, что 210=13-16 + 2 и, следовательно,
am+i = ai + (13-164-2)/n=13-16/»4-(«i4-2m), можно показать, что аг при делении на 13 может давать только остатки 2, 4, 6, 8, 10 или 12. Учитывая, что аг нечетно (ибо все члены прогрессии нечетны), мы заключаем, что аг или равно И или имеет один из следующих видов: 2.11-13/4-23 = 2867+23, 2867+45, 2867+67, 2867+ 155, 286/+177 или 286/4-199.
Учитывая, что 0Х<1 110, нам остается только проверить следующие возможные значения 0Х:
И; 28, 309, 595, 881; 45, 331, 615, 903; 67, 353, 637, 925; 155, 441, 7*27» 1 013; 177, 463, 749, 1 035; 199, 485, 771,1 057.
Простыми из этих чисел являются только:
11, 23, 881, 331, 67, 353, 727, 1 013, 463 и 199.
Проверив соответствующие 10 прогрессий, мы найдем единственную прогрессию, удовлетворяющую условиям задачи:
199, 409, 619, 829, 1 039, 1 249, 1 459, 1 669, 1 879, 2 089.
б) Задача решается аналогично задаче а). Прежде всего, если ах отлично от И, то совершенно аналогично решению задачи а) показывается, что знаменатель d прогрессии должен быть пропорционален 2-3-5-7• 11 «= 2 310 (б/= 2 310А); отсюда вытекает, что
an = ai + 23 100 А? >20 000.
Остается только исследовать случай 0Х = 11; здесь можно только утверждать, что б/ = 210А. Воспользовавшись тем, что 210=13-16 + 2, мы сможем записать следующее выражение для общего члена прогрессии:
0п+1= И+ (13-16 + 2) Ал = 13 (16Ал + 1) + 2 (Ал —1).
Но при А=1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10 удается подобрать такой номер п <10, что kn—1 делится на 13 и, следовательно, art+i делится на 13 и не является простым; это значение п будет соответственно равно 1, 7, 9, 10, 8, 2, 5, 3, 4. Если же А = 6, ^ = 210-6=1 260, то л4 = 11 +3-1 260 = 3791
71]
РЕШЕНИЯ
165
делится на 17. Таким образом, если 11, то 10, а следовательно, d 2100 и опять а10>20 000.
71.	а) Если два неравных числа отличаются одно от другого не больше чем на 4, то они не могут иметь общих 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 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. 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 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 делителей 2, 3, 5, 7, И и 13; это число и будет взаимно просто со всеми остальными.
Прежде всего из 16 чисел вычеркнем как не удовлетворяющие нашим требованиям восемь четных чисел; после этого у нас останется восемь последовательных нечетных чисел. Из восьми последовательных нечетных чисел, очевидно, на 3 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 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 И, ни на 13; это число заведомо будет взаимно просто со всеми остальными. Рассмотрим теперь все те случаи, когда чисел, делящихся или на 3, или на 5, или на 7, будет не меньше 6.
Пусть среди наших восьми нечетных последовательных чисел на 3 делятся три числа; тогда на 5 могут делиться два
166
РЕШЕНИЯ
[72
из оставшихся чисел только в том случае, если одно из 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 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 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 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 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 последовательности, так как каждое из остальных чисел 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, последовательных целых чисел всегда можно выбрать одно, взаимно простое с остальными. Для 17 чисел это предложение уже неверно: например, среди 17 последовательных чисел от 1 184 до 1 220 нет ни одного взаимно простого со всеми остальными. По-видимому, и для любого другого числа k, большего 16, можно найти k последовательных целых чисел, среди которых нет ни одного взаимно простого со всеми остальными; однако доказательство этого общего предложения неизвестно.
72.	Искомое число будет равно произведению где Аг состоит из 666 цифр 9, а Вг—из 666 цифр 2. Но Ах на 1 меньше числа 10eeet выражаемого единицей с 666 нулями.
73—74]
РЕШЕНИЯ
167
Поэтому умножить число Bt на это число—то же самое, что умножить на 10ввв (при этом получится число, состоящее из 666 двоек и 666 нулей) и из результата вычесть число Вг. Нетрудно видеть, что получаемая разность будет иметь вид 22 ... 21 77 ... 78.
665 раз 665 раз
73.	Число 777 777 делится без остатка на 1001 и дает в частном 777. Поэтому число 777 ... 7 00000 дает при
996 раз делении на 1001 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 1 001 имеет вид
777000777000 ... 777000 77, группа 777 000 повторятся 166 раз а остаток равен 700.
74.	Так как число 222 222 не является полным квадратом, то десятичная запись искомого числа имеет вид 222222а7а8.. .ап, где «7, as, ,.ап—какие-то неизвестные нам цифры.
Предположим сначала, что число п цифр искомого числа четно: п=2Л. Будем теперь извлекать корень из этого числа по обычным правилам:
22 22 22 а7а8 ... а2А-1агл = 471 405
16
8716 22
7 |б09
941	13 22
1	941
9424 3 81 а7 а8
4 3 76 9 6
942805 х^ х7 х8 ^9^10^11^1.
5	47 140 2 5
168
РЕШЕНИЯ
[75
(пятая цифра результата есть 0, так как хъ очевидно, 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 а9 = 4, а10 = 0, ап = 2, а12 = 5; Х1 = 4, х2 = 7, х3 = 1, откуда легко выводим а8 == 6 4- 1 = 7, а7 = (7 4-9)—10 = 6. Таким образом, наименьшее число, имеющее четное число цифр и удовлетворяющее условию задачи, есть 222 222 674 025 = 471 4052.
Аналогично рассматривается случай, когда п = 2£ 4-1 нечетно:	________________________
У2 22 22 2а7а8а9 ... а2Ла2Л+1 = 149071...
2
24 1 22
4	96
289	26 22
9	26 01
29807 21 2а7 а8а9
7 20 86 4 9
298141 яр^ХзХдАгфйц _____1^	2 9 8 1 4 1 298142 AJgXflX
Так как число, образованное цифрами х19 х2, не меньше 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, наименьшее число, имеющее нечетное число цифр и удовлетворяющее условию задачи, не менее чем тринадцатизначно, т. е. 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. Предположим теперь, что десятичная дробь, равная J/ а, начинается с меньшего числа девяток, чем 100; это означает, что Уа<1—. Возводя обе части последнего неравенства в квадрат, получаем:
а<1 —2
1 V00j_f 1 V00 T6J	в
76—771	решения	169
Но
/ 1 \100 Г 1 \ 200	/ 1 \100	/ 1 \ 100
1-2 W + (io) <1 — \То) ; поэтому а<1
и, значит, десятичная дробь, 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-(-ЛГ, где X—трехзначное число. Но 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: 523 152 и 523 656.
77.	Пусть N—искомое число. По условию задачи мы имеем:
N= 1316+ 112 = 132/+98,
где k и I—целые положительные числа. При этом так как N четырехзначно, то, очевидно,
, _ /V—98	10 000—98	7-
Z“ 132	132	°*
Далее, имеем:
131&+ 112= 132Z + 98; 131 (£—Z) = Z—14.
Отсюда видно, что если k—I отлично от нуля, то Z—14 по абсолютной величине превосходит 130, что невозможно, если Z^75. Таким образом, должно быть k—Z = 0, & = Z, откуда сразу получаем:
Z—14 = 0, A? = Z=14,
W= 131 • 14+ 112 (= 132 -14 + 98) = 1946.
170	решения	{78—79
78.	а) Выписанное в условии задачи 2л-значное число можно преобразовать так:
4-Ю2П-1 4- 9.102«-2 4- 4.Ю2"-3 4- 9(102п-44-10!!"_54-... ...4-10'’)4-5-10'’-14-5-10”-а = 4-102"-14-9-10гп-2 + 4-4.Ю2п-24-9-10п^^ + 5-10"-14-5-10"-2 = = 4.102п-14-9.102"-2 + 5-102”-3—10" + 5-10п-14-4.5.10”-2 = 1(8.102п-14- 18-102',-24- 10-102"-3 —
—2-10”4-10"4-Юп-1) = у (9-102п-14-9-102"-2—9-10"-1) =
__ [(10”—1)+Ю»-1].9.10”-1 ~	2
Но этому же равна и сумма арифметической прогрессии с разностью 1, первым членом 10””1 и последним членом 10”—1 (число членов прогрессии равно 10”—Ю"'”1 = = 9-10”"1)—сумма всех n-значных чисел.
б) Число тех из рассматриваемых чисел, у которых на 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 третьем месте—любая из трех цифр 0, 2, 4, так как рассматриваются только четные числа). Отсюда общая сумма всех целых тысяч, содержащихся во всех наших числах, равна (1 + 2 + 3 + 44-5)-108-1000=-1 620000.
Аналогично число чисел, у которых на втором месте стоит данная цифра, равно 5-6-3 = 90, так как на первом месте может стоять одна из пяти цифр 1, 2, 3, 4 или 5. Отсюда общая сумма всех целых сотен (после вычета всех целых тысяч), содержащихся во всех наших числах, равна (1 +2 + 3 + 4 + 5)-90-100= 135 000.
Таким же образом получаем, что общая сумма всех целых десятков равна (1+ 2 + 3 + 4 + 5)-90-10= 13500 и, наконец, сумма единиц равна (2+ 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-
80]
РЕШЕНИЙ7
171
зяачными. Мн будем иметь 100 000 000 восьмизначных чисел,для записи которых нам потребуется,очевидно,800000000 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 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 девять, двузначных чисел 99—9 = 90, трехзначных чисел 999 — 99 = 900 и т. д. Так как к однозначной цифре мы 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 +4-9 000 +3-90 000 + 2-900000 +
+ 1-9000000=11 111 103.
Припишем теперь 1 слева первого числа 00 000 000; при этом мы получим все целые числа от 1 до 100 000 000. Мы 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— — 11 111 103 = 68 888 897 нулей.
80.	Однозначных чисел всего имеется девять, двузначных всего имеется 99—-9 = 90, трехзначных 999—99 = 900 и вообще n-значных 9-Ю""1.
Однозначные числа займут в выписанном нами ряду девять мест, двузначные 90-2= 180 мест, трехзначные 900*3 = 2700 мест, четырехзначные 9000*4 = 36 000 мест, пятизначные 90 000-5 = 450 000 мест. Отсюда видно, что интересующая нас цифра будет принадлежать пятизначному числу.
Цифры, принадлежащие не более чем четырехзначным 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.
172
РЕШЕНИЯ
[81—82
Таким образом, искомая цифра будет принадлежать 33 580-му пятизначному числу, т. е. числу 43 579 (так как первое пятизначное число есть 10 000). В этом числе интересующая нас цифра стоит на 4-м месте. Следовательно, искомая есть 7.
81.	Допустим, что дробь 0,1234. ..—периодическая, п— число цифр периода, k—число цифр до периода. Рассмотрим число Af 10от, где т—какое-нибудь целое число, не меньшее чем n-\-k\ это есть единица с т нулями на конце. При составлении нашей дроби мы выписываем подряд все целые числа; следовательно, где-то будет расположено и число N. Но из того, ч^о в ряду цифр нашей бесконечной десятичной дроби где-то стоят подряд	нулей,
следует, что 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 л2, (л4-1)2, (л4~2)2, ..., (zz-f-8)2, на три группы следующим образом:
I группа л2, (л+5)2, (л + 7)2:
л2 4- (л + 5)2 + (л + 7)2 = Зл2 + 24л + 74;
II группа (л+1)2, (л + 3)2, (л + 8)2:
(л + 1 )2 + (л + З)2 + (л + 8)2 = Зл2 + 24л + 74|
III группа (л + 2)2, (л + 4)2, (л + 6)2:
(л + 2)2 + (л + 4)2 + (л + 6)2 == Зл2 + 24л + 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 первые, все вторые и все третьи группы этих трех разбиений, мы получим разложение любых 27 последовательных гирь на три группы равного веса.
83—84]
РЕШЕНИЯ
173
83* Проведем луч от острия булавки через какую-нибудь из вершин многоугольника. Если этот луч повернуть на Г
25-S-, то он пройдет через другую вершину.
1°	17
25 -у составляет окружности. Так как 17 и 240 вза-&	^40
1°
имно просты, то, поворачивая наш луч на 25-g 1, 2, 3,... ... , 239 раз, мы каждый раз будем иметь новое положение луча. Действительно, за т поворотов луч поворачивается на окружности. Чтобы после £-го и /-го (£>/) пово-\7k
ротов луч попал в одно и то же положение, окружности 17/
должно отличаться от окружности на целое число окруж-17 (£—/)	А	п
цостей, т. е. —' должно быть целым числом. Поэтому k — I должно делиться на 240, откуда либо &==/, либо k 240. Итак, вместе с первоначальным положением мы получим 240 разных лучей. На каждом из этих лучей лежит по вершине и, следовательно, вершин не меньше 240. С дру-17 гой стороны, 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 доджны быть наименьшими; следовательно, эти числа в десятичной записи имеют вид
1Да, 2ZM, ЗСс^
где символ xyz обозначает число, состоящее из цифр х, у, z: xyz*= 100x-f- 10j-|-£.
Докажем, что: 1) Д<В<С, 2) а<£<с, 3) каждая из цифр а, Ь, с больше каждой из цифр Л, В, С.
Действительно:
1)	Если бы, например, было Д>В, то мы имели бы Аа>ВЬ и 1^.^-2^.1“вУ=«(100 + д7)(200 + вУ)---— (200 + Да) (100-f-Bft) — 100 (Да— ВЬ) >0 и, следовательно, ТВд-2Да.ЗСс<ТЛа.2В&.ЗСс.
174
РЕШЕНИЯ
183
2)	Если бы, например, было	то мы имели бы
\Aa-2Bb-- \АЬ-2Ва==
= (10-L4 + a) (10.2B4-Z>)— (1O-L4 + /0 (10-2В+а)=«
= (10^25— 10ЛД) (а— Ь) > 0
и, следовательно, \Ab-2Ba-3Cc < \Aa-2Bb-3Cc.
3)	Если бы было С>а, С=а + х, где х>0 (в силу 1) и 2) С—самая большая из цифр А, В, С, а а — самая маленькая из цифр а, Ь, с), то мы имели бы
1Аа*ЗСс — \AC-3ac = 1Да-(Зас + 10х) — (1Аа + ^) (Зас) =
= х(10- \Аа — Зас) > 0
и, следовательно, \AC 2Bb-Зас <\Аа-2ВЬ-ЗСс>
Из 1), 2) и 3) следует
А<В<С<а<Ь<с
и искомое произведение имеет вид 147-258-369.
б)	Искомое произведение должно иметь вид
9Аа-ЗВЬ-7Сс.
Аналогично решению задачи а) можно доказать, что: 1) А<В<С, 2) а<6<с, 3) каждая из цифр а, Ь, 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 ^ + (/»+1)+ ...	1000.
По формуле суммы членов арифметической прогрессии имеем:
+1) = 1000,
или
Так как
(2т+ k) (й 4-1) = 2000.
(2/» + й)-(А4-1) = 2/и— 1
86}
РЕШЕНИЯ
175
нечетно, то из двух последних множителей один четен, а второй нечетен. Кроме того, очевидно, 2/п + £>£+1. Отсюда вытекает, что наша задача имеет следующие решения:
2/л + £ = 2000,	£+1 = 1,	/п=1000,	£ = 0;
2^4-^=	400,	k + 1 = 5,	т =	198,	k = +
2m + k=	80,	£+1=25,	т =	28,	£ = 24;
2m + £=	125,	£+1 = 16,	т =	55,	£=15.
86.	а) Пусть наше число 7V отлично от любой степени 2. Тогда имеет место равенство
W=2* (21+ 1),
где 2k— наибольшая степень 2, на которую делится W (£ может быть равно нулю), а 21 + 1 —наибольший нечетный делитель числа N. Далее, имеем:
(2*-/) + (2*-/+1)+...+(2*-/ + 2/-1)4-
+ (2* — I + 21) = (2Z+ (2*~.Z2+ 2*~ z+JLz.) = 2* (2/ 4-1) = N.
При этом, если несколько первых из этих 21 +1 последовательных целых чисел будут отрицательными (т. е. Z>2*), то их можно будет сократить с первыми положительными числами и W опять представится в виде суммы некоторого числа (меньшего 21+ 1) положительных, целых чисел.
Предположим теперь, что какое-нибудь число вида 2* можно представить в виде суммы т последовательных целых положительных чисел л, л-f-l, ... , п+т—2, п + т—1. Тогда
2*+1 = 2 [л +(л + 1) + ... +(л + т-2) + (п + т—1)] = = лх(л + л+лх—-1) = лх(2л + т—-1).
Но разность (2п + т — 1) — т = 2п — 1 нечетна, следовательно, одно из чисел, т или 2л + т— 1, нечетно (причем оба они отличны от 1, ибо т^> 1 и л>0). Значит, последнее равенство невозможно (ибо 2*+1 не имеет нечетных делителей, отличных от 1).
б)	Имеем:
(2л + 1) + (2л + 3) + (2л + 5) + ... + (2т -1) =
ас=(2п+.1) + (2/п^"1). (/л —л) = (/л + л)-(/л —л).
176
РЕШЕНИЯ
187—>88
Поэтому если число N представимо в виде суммы последовательных нечетных чисел, то оно составное (разлагается на множители m + л и т— п), С другой стороны, каждое нечетное составное число 7V можно представить в виде произведения двух нечетных множителей а и b (а^Ь) и, следова-тельно, N^ab=(m + n)(m — n)1 где	=
есть сумма нечетных чисел от «—	1 до а-\-Ь—1.
Далее, в формуле W= (т + п) (т — п) множители т-\-п и т—п оба четны или оба нечетны; если N четно, то эти множители, очевидно, должны быть четными. Но в таком случае 7V делится на 4 (и m-Н и m-л делятся на 2); следовательно, если четное число N не делится на 4, то его нельзя представить в виде суммы последовательных нечетных чисел. Если же /У=4л делится на 4, то N можно представить в виде суммы двух последовательных нечетных чисел 2л — 1 и 2п + 1.
в)	Легко видеть, что
(л*-1 — л+1) + (я*-1 — л + 3)+...+(п‘-1 — 1) +
+ (п*-1 + 1) + •• • + (л*-1 + п —3) + (л*-1 + л—1) = _(n*-l_n+l) + (nft-l + n-l)	k
—	2	-пи.
(все слагаемые этой суммы нечетны, ибо л*"1 и и одновременно четны или нечетны).
87.	Обозначим эти числа через л, п+1, л+ 2, л + 3. Сумма их произведения и единицы имеет вид
л(л+1)(л + 2) (д + 3)+ 1 - [л (л + 3)][(л+1) (л + 2)] +1 = = (л2 + Зл) (л2 + Зл + 2) + 1 =
== (л2 + Зл)2 + 2 (л2 + Зл) + 1 = (л2 + Зл + 1 )2; следовательно, эта сумма является квадратом целого числа (л2 + Зл+1).
88.	Докажем, что эти числа принимают не более четырех различных значений. Допустим, что это неверно и среди наших 4л чисел существует пять чисел ах, л2, а8, л4, л5, попарно различных между собой. Будем считать, что л1<л2<;
#3 < Й4 <
89]
РЕШЕНИЯ
177
Рассмотрим числа аи а2, а3 и, а4. Согласно нашему условию из них можно составить геометрическую пропорцию; следовательно, произведение двух из этих чисел (крайних членов пропорции) равно произведению двух других. Но это возможно только, если
^1^4 “ ^2^3
(равенство ага3 = а2а4 невозможно, так как аг аз<а4> еще очевиднее, что не может иметь места равенство а1а2=а3а4).
Рассмотрим теперь числа а19 а2, a3t аь. Таким же образом, как и выше, можно доказать, что агаь = а2а3<. Следовательно, а1а4 = а1а5, а4 = аб, что противоречит нашему предположению.
Итак, мы доказали, что каждое из 4л чисел принимает одно из не более чем четырех различных значений. Поэтому 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 а нечетные—буквой я. Всего возможны следующие шесть существенно различных комбинаций начальных чисел Л, В, С, D: 1° ч, ч, ч\ 2° ч, ч, ч, 3° ч, ч, н, н\ 4° ч, н, ч, н; 5° ч, я, я, н и 6° я, я, я, я; все остальные комбинации могут быть получены из этих шести цикл ической перестановкой 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 четных чисел. Действительно, комбинация 1° сразу состоит из четных чисел; в случае комбинации 6° мы в один шаг 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 комбинации 5°— к комбинации, получающейся из 3° циклической перестановкой) и, следовательно, в четыре шага — к комбинации 1°. Таким образом, мы во всех случаях через четыре шага придем к четверке четных чисел.
178
РЕШЕНИЯ
[90
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 л ю б у ю (сколь угодно 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, В, С, D меньше 2”, то мы заведомо придем к четверке нулей через 4л 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 = 2* целых положительных чисел, то, поступая аналогично вышеизложенному, мы через конечное число шагов придем к системе п чисел, являющихся одними нулями. Если число п не является степенью двух, то дело обстоит по-другому; так, например, исходя из тройки чисел 1, 1, 0, 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 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 987654321
30	29	28	27	26	25	24	23	22	21
50	49	48	47	46	45	44	43	42	41
70	69	68	67	66	65	64	63	62	61
90	89	88	87	86	85	84	83	82	81
20	19	18	17	16
40	39	38	37	36
60	59	58	57	56
80	79	78	77	76
100	99	98	97	96
15 14 13 12 11
35 34 33 32 31
55 54 53 52 51
75 74 73 72 71
95 94 93 92 91
б) Пусть а*1) есть первое (самое левое) из выписанных чисел, —первое из оставшихся, большее чем а^\	—
первое из следующих за а£\ большее чем а^, и т. д. Таким
образом, мы составим последовательность возрастающих чи-
901
РЕШЕНИЯ
179
сел а£\ а^\ ..., а^. Если в этой последовательности имеется больше 10 чисел (т. е. если /х> 10), то задача уже решена. Если же /\sC10, то мы вычеркнем все эти числа и из оставшихся 101 — чисел составим точно таким же образом новую последовательность а^\ а%\ а$\ ».* ... ,а}2 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.
Так как у нас имеется всего 101 число, то в рассматриваемом случае общее число k выделенных последовательностей возрастающих чисел не может быть меньше И. В таком случае мы утверждаем, что в ряду из 101 числа можно 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 а^к последней из наших возрастающих последовательностей. Затем выберем число из предпоследней последовательности, расположенное слева от а%к ближе всего к нему. Это число больше ибо в противном случае в процессе построения предпоследней последовательности мы бы выписали вслед за ним число а}к, в то время как на самом деле число а}к попало в другую последовательность. Точно так же вслед за этим выписываем число из третьей от конца последовательности, расположенное слева от выбранного числа предпоследней последовательности ближе всего к нему, и т. д. Таким образом, мы построим последовательность чисел, которыеидут возрастая, если их рассматривать в порядке справа налево, т. е. убывающую последовательность; число членов этой последовательности равно числу k выбранных возрастающих последовательностей, т. е. не меньше 11.
Примечание. Совершенно аналогично можно доказать, что (п — If целых положительных чисел можно расположить так, что никакие п из них не будут следовать один за другим в порядке возрастания или убывания, но при любом расположении k>(n — I)2 целых положительных чисел какие-то п из этих чисел обязательно будут следовать одно за другим в порядке возрастания или убывания.
180
РЕШЕНИЯ
[91
91.	а) Первое решение. Рассмотрим наибольшие нечетные делители выбранных 101 числа, т. е. числа, которые получаются, если разделить каждое число на наибольшую степень двойки, которую оно содержит множителем. Так как 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, что большее из этих чисел будет делиться на второе.
Второе решение. Можно также доказать это 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). Докажем теперь, что если из 2л чисел от 1 до 2л нельзя выбрать л 4- 1 чисел так, чтобы никакое из них не делилось на другое, то из первых 2(л4-1) целых положительных чисел нельзя будет выбрать л4-2 чисел так, чтобы ни одно из них не делилось на другое.
Действительно, рассмотрим какие-либо л+ 2 чисел, выбранных из первых 2 (л-Ь 1) целых положительных чисел. Если среди них нет чисел 2л 4-1 и 2л4-2 или есть только одно из этих чисел, то среди них есть л 4-1 чисел, не превосходящих 2л, и по сделанному предположению одно из этих чисел обязательно делится на другое. Если среди них есть оба числа 2л 4-1 и 2л+ 2 и есть также число л 4-1, то мы уже имеем пару чисел, делящихся одно на другое, а именно, л 4-1 и 2л 4-2. Наконец, если среди наших чисел есть числа 2л 4-1 и 2л 4-2, но нет числа л 4- 1, то исключим из рассмотрения числа 2л 4-1 и 2л 4-2 и добавим л 4-1. Мы получим л 4-1 чисел, не превосходящих 2л; по сделанному предположению одно из этих чисел делится на другое. Если это число не есть л 4-1, то мы уже получаем пару чисел из выбранных нами л 4-2, одно из которых делится на другое. Если же число, делящееся на другое, есть л 4-1, то и 2л 4-2 делится на одно из выбранных чисел.
б) Выберем наши числа следующим образом: нечетные числа от 101 до 199 (50 чисел), нечетные числа от 51 до
91]
РЕШЕНИЯ"
181
99, умноженные каждое на 2 (25 чисел), нечетные числа от 27 до 49, умноженные каждое на 4 (12 чисел), нечетные числа от 13 до 25, умноженные каждое на 8 (7 чисел), нечетные числа от 7 до 11, умноженные каждое на 16(3 числа), числа 3-32, 5-32, 1-64.
в) Предположим, что мы выбрали 100 целых чисел, не 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 наибольшие нечетные делители выбранных чисел; очевидно, это будут все нечетные числа, не превосходящие 200 (см. решение задачи а)). В частности, среди этих нечетных делителей есть числа 1, 3, 9, 27 и 81. Так как никакие два из чисел, 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, 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=Г-22, 6 = 3-2, 8 = 1-28, 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 наших чисел нет чисел 5, 10 = 5-2, 15; рассматривая числа, имеющие наибольшими нечетными делителями 7 и 21, убеждаемся, что среди 200 чисел нет числа 7; рассматривая числа, имеющие наибольшими нечетными делителями И и 33, убеждаемся, что среди наших чисел нет И и, рассматривая числа, имеющие наибольшими нечетными делителями 13 и 39, убеждаемся, что среди них нет числа 13.
Примечание. Аналогично решениям задач.а)—в) можно 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 3ft < 2п < З**1, то из 2п первых целых чисел нельзя выбрать п чисел, хотя бы одно из которых меньше 2й и таких, что никакое из этих чисел не делится на другое, но можно выбрать п таких чисел, наименьшее из которых равно 2ft (так, из 200 чисел можно выбрать 100, наименьшее из которых равно 16 и ни одно из которых не делится на другое).
182
РЁШЕНЙЯ
[92—93
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 делениес избытком и рассмотрим отрицательный остаток—г:а=100^ — г, где 0 < г < 50). Так как положительных чисел, не превосходящих 50, существует всего 51 (а именно, 0, 1, 2, ..50), а остатков мы имеем 52, то два из этих остатков равны по абсолютной величине. Если эти остатки равны и по знаку, то разность соответствующих чисел делится на 100; если они противоположны, то сумма чисел делится на 100.
б) Пусть а19 а2, а8, ..., а100—данные числа (расположенные в произвольном порядке). Рассмотрим суммы
$1 = #1,	$2 =	^2»
$3 = а1 + а2 + а3> • • •»	$100 == а1 + а2 + а3 + • • • + а100’
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 только 99). Вычтя из большей из двух сумм, дающих одинаковые остатки, меньшую, мы получим некоторую сумму вида ал+1 + ал+г+ • • • +ат» которая будет делиться на 100.
93.	Предположим, что за какой-то понедельник шахматист сыграл аг партий, за понедельник и вторник — а2 партий, за три дня — а3 партий и т. д., наконец, за 77 дней — а77 партий. Рассмотрим теперь следующую совокупность чисел: а2» аз» • • •, а77> а1 + 20, а2 + 20, а3 + 20, .,., а77 + 20. Всего мы имеем здесь 2-77= 154 числа, каждое из которых не больше чем 132 + 20= 152 (число а77 не больше чем 11-12=132, так как 77 дней это равно 11 недель); следовательно, по крайней мере два из этих 154 чисел равны между собой. Но никакие два числа из ряда ах, а2, а3, ..., а77 не 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 ах + 20, а2 + 20, а3 + 20, ..., а77 + 20. Таким образом, для каких-то k и I должно иметь место равенство
ak = aL + 20;
94]	решения	183
это равенство означает, что q,k—т. е. что за k.— I дней, с (Z-J- 1)-го по £-й включительно, шахматист сыграл ровно 20 партий.
94.	Первое решение. Рассмотрим остатки от деления чисел
1, 11, 111, ..., 1111 ... 1
W раз
на N. Так как этих чисел N, 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 М (противное доказывало бы предложение задачи), то какие-то два из них, например
/<=11 ... 1 и £=1111 ... 1 (/>£), k раз	/ раз
дают при делении на N один и тот же остаток. В таком случае разность
£—/<=11 ... 100 ... 0 V _ _	_ >
(l — k) раз k раз делится на Л£
Если М взаимно просто с 10, то из делимости числа £—/<=11 ... 1-10* на следует, что число И ... 1 де-
-т— > < -
(l — k) раз	,	(l — k) раз
лится на N.
Второе решение. Рассмотрим разложение числа ~ в периодическую десятичную дробь:
~ = 0,^2 ... bk (o1fl2 ... az).
По правилу обращения периодических десятичных дробей в обыкновенные, мы будем иметь:
1 М2 •••	••• аг~ ЬгЬ2 ... bk
N	99 ... 900 ... 0
I раз k раз
Отсюда вытекает, что число Д = 99 ... 900 ... 0 делится
/ раз
k раз
184	решения	[95
на N. Но A=^9Alf где Ах«11 ... 100 ... 0. Рассмотрим
/ раз k раз теперь число
В=11 ...	100	... 011	... 100 ... 0	... 11 ...	100 ... о,
-	_ —	> <	-	>	--	>	Л	---о
I раз k раз I раз k раз	I раз k раз
получающееся, если число Ах выписать 9 раз подряд. Очевидно, что В равно произведению числа Ах на число
100 ... 0100 ... О ... 100 ... 01,
(/ + £) цифр (Z+Л) цифр .	(/+Л) цифр
8 раз
делящееся на 9 (по признаку делимости на 9). Следовательно, число В, состоящее из одних единиц и нулей, делится на 9АХ = А, а значит, и на N.
Если N взаимно просто с 10, то ~ при обращении в десятичную дробь дает дробь чисто периодическую, так что В в этом случае будет состоять из одних единиц.
95.	Оставим в каждом члене ряда Фибоначчи, записывающемся пятью и более цифрами, только последние четыре цифры. У нас получится последовательность чисел, каждое из которых меньше чем 104. Обозначим через ak член этой последовательности, стоящий на k-м месте. Заметим, что если нам известно ak+1 и ak, то мы можем вычислить cik_1, ибо (k—1)-й член ряда Фибоначчи равен разности (Zs-f- 1)-го и А-го членов, а последние четыре цифры разности можно определить по последним четырем цифрам уменьшаемого и вычитаемого. Отсюда следует, что если для некоторых номе-ров^илокажется,чтоаЛ=ап+Л,аЛ+х — ал+Л+х,то тогда аЛ_х = = в«+л-1.	=	•••. «1 = °п+1- Но так как а^О,
то это будет означать, что ап+1 = 0, т. е. что в ряде Фибоначчи на («+1)-м месте стоит число, оканчивающееся четырьмя нулями.
Остается показать, что среди 108 +1 пар
#1»	^2»
^2»	а3»
°10»	а10’ + 1,
#10в + 1»	а10’ + 2
96—971
РЕШЕНИЯ
185
найдутся хотя бы две одинаковые. Но это непременно будет так, ибо все числа аъ а2, а3, ... , а10»+2 не превышают 104, а из 104 чисел 0, 1, 2, 3, 4,	, 9999 можно составить
только 104-104 = 108 различных пар (ибо первое число может принимать 104 различных значений и второе число может 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. ДынкиниВ. А. Успенский «Математические беседы», составляющую вып. 6 «Библиотеки математического 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 превосходящим данного). Эти дробные части будут представлять собой 1001 число, не превосходящее 1 (дробная часть числа, разумеется, всегда меньше 1). Разделим теперь отрезок числовой оси от 0 до 1 на 1000 равных отрезков длины (к каждому отрезку мы будем причислять его 10U0
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 крайней мере в одном отрезке будут находиться две точки. Но это означает, что существуют два таких неравных числа р и q (оба не превосходящие 1000), > 1 что разность дробных долей чисел ра и да меньше .
Пусть, например, p>q. Рассмотрим число (р—<у) а = = ра—qa. Так как ра = Р+^1, qa = Q + ^2» r^e Р и Q— целые числа, d1 и d2— дробные доли ра и qa, то (р—q) а = == (Р — Q)-]~d — d. отличается от целого числа Р—Q мень-1 u	P—Q
ше чем на тттттл. Но это означает, что дробь-отличается
1000	р—q
от а меньше чем на 0,001-----.
’ Р—Я
97.	Прежде всего очевидно, что ни одна из рассматриваемых дробей не равна целому числу: действительно, если бы,
186
РЕШЕНИЯ
[97
например, какая-то дробь —{k—одно из чисел 1, 2, т
3, ... , т—1) была целым числом, то т + п должно было бы иметь общие делители с числом т (ибо k<Zm и не может делиться на т)\ но тогда и число п — (т + п)—т не было бы взаимно просто с т. Далее никакие две из этих дробей не равны друг другу: если бы было
k(m + n)I (т + п) т	п
(k—одно из чисел 1, 2, ... , т— 1; I—одно из чисел 1, 2, ... , п—1), то мы имели бы
k I	k
т п	I
и снова т и п не были бы взаимно простыми (так как l<Zn и не может делиться на п).
Рассмотрим теперь некоторое целое положительное число Л, меньшее т^п. Дроби
2 (т + п)	k(m + n)
т » • • • > т
пока k(m + n)<ZAm или Z? <  г ; х '	т+п
[Ат 1
.—.—
т + п т ’
остаются меньше Л,
число таких дробей,
числа	Точно
т + п т + п п ’
Ап И --:-
т + п
так же дроби
2 (т + п)	I (т + п)
п » • • • > п
л	1 Ли	„
остаются меньше А. пока ;; число таких дробей рав-т + п
[Ап 1	Ап	1Т Ат
—;— числа —;—. Числа —•— т + п]	т^п	т+п
оба не целые, ибо /п, п и т-\-п попарно взаимно просты; сумма этих двух чисел равна А:
Ат , Ап л --;------;- — А. т+п т+п
Но если сумма двух чисел а и 0, не являющихся целыми, равна целому числу Л, то
(а] + 1₽] = Л-1;
J) Относительно обозначений см. стр. 31.
98}
РЕШЕНИЯ
187
доказательство этого предложения сразу следует из рис. 7. Таким образом,
откуда следует, что в интервале (О, А) числовой оси имеется ровно А — 1 наших дробей.
Из доказанного сразу вытекает утверждение задачи. Действительно, положим сначала А — 1; мы получим, что в интервале (0, 1) вовсе нет наших дробей. Далее, пусть А = 2; из того, что в интервале (0, 2) имеется одна дробь, вытекает, что одна дробь есть в интервале (1, 2). Затем положим Л=3; из того, что в интервале (0, 3) содержатся две дроби, т. е. на одну больше, чем в интервале (0, 2), вытекает, что в интервале (2, 3) имеется одна из наших дробей. Продолжая рассуждать таким же образом, мы полностью докажем требуемое предложение.
98. Первое решение. Если число а заключено в ин-1000 _	1000
тервале----^а>—-г, то всего имеется, очевидно, т це-
т	1 ’
лых чисел, не превосходящих 1000, кратных а (а именно а, 2а, За, ... , та). Поэтому если мы обозначим через kx число тех из наших чисел, которые заключены между 1000 и 1000	.	1000
-у; через k2—число чисел, заключенных между -у- и 1000	,	1000
-я—; через — число чисел, заключенных между —х— ц о	о
1000	л
у, и т. д., то мы будем иметь всего
+ 2А2 4~ З£3 + ...
чисел, не превосходящих 1000 и кратных хотя бы одному из наших чисел. Но по условию задачи все эти кратные
IBS
РЕШЕНИЯ
[98
различны; следовательно,
£1 + 2£2 + ЗАз+...<1000.
Теперь остается заметить, что сумма обратных величин всех наших чисел меньше чем
а 1 I а 1 i	=g2^i + 3/?a + 4fe3+...
4000^ 21000^ 3 1000^ ’ ’ *	1000
“34
/	. х	1000
(здесь мы заменили наибольших из наших чисел на —;
.	юоо	.
следующие k2 чисел — на -у-; следующие к3 чисел — на
1000	п Нл
—— И Т. Д. Но
4	J
2^ 4~ 3&2 ~Ь + ...==
= (^1 +	+ З&з + • • • ) + (&1 + ^2 + ^3 + • • •) =
=	+ 2^2 + 3£з + ...) + П < 1000 + 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 аЛ, очевидно, равно це-
Л Г10001 х 1000 Ч	.
лой части ---- дроби ---- '. Так как наименьшее общее
L
кратное любых двух из чисел ах, а2> • * • , ап больше 1000, то среди чисел 1, 2, 3, ... , 1000 не найдется ни одного, делящегося одновременно на два из чисел аъ а2, ... , ап. Отсюда вытекает, что число членов ряда 1, 2, 3, ... , 1000, делящихся хотя бы на одно из чисел аъ а2, а3, ... , а/р равно сумме
Г10001 . Г10001 . Г10001 ,	, Г10001
га+ га + raJ + • ••+ га-
Так как в ряду 1, 2, 3,	, 1000 всего имеется 1000
чисел, то должно быть
Г10001 , Г10001 . Г10001 ,	, Г10001 ^1АПп
--- -4- I — -4- I  -4- ... 4- —I I UUU.
L ai J L а2 J L аг j	L ап j
*) Относительно обозначений см. стр. 31.
98]
РЕШЕНИЯ
189
Но целая часть дроби отличается от самой дроби меньше чем на единицу, т. е.
П0001	1000	1 Г10001	1000 t Г10001	1000 1
L а1 J а1 * L а2 J а2 ’	’ L ап J ап
Следовательно,
(1”»_ + (!»_ Л +... +	,) < 1(ХЮ,
т. е.
1000 1»	=	ТОО	0
«1	«2	«3	ап
и, таким образом,
Примечание. Оценку настоящей задачи можно значительно уточнить. Рассмотрим все кратные наших чисел, не превосходящие 500. Очевидно, kr из наших чисел будут сами больше 500;
+ чисел будут не больше 500, но больше ; k4 + kb чисел
Л х 500	*	500
будут не больше , но больше -к- и т. д. Отсюда, в точности 2	о
как в первом решении задачи, заключаем, что общее число чисел, не превосходящих 500 и кратных хотя бы одному из заданных п чисел, равно
+ k3) + 2 (k4 + kb) + 3 (fce + M + ...; следовательно,
(Ь2 + k3) + 2 (k4 + kb) + 3 (k6 + fc7) + ... < 500.
Отметим теперь, что разность 500—[(&24ЛН2(й44ЛН + 3(/гв + /г7)+...] выражает число чисел, не превосходящих 500 и не кратных ни одному из наших чисел, а разность 1000 — — (^1 + 2/га + 3^3 +...)—число чисел, не превосходящих 1000 и не кратных ни одному из наших чисел. Следовательно,
500 - [(k2 + k3) + 2	+ kb) + 3 (k6 + kJ + ... ] <
Ю00~-(Л 4 -|- 2/?2 4~	4“ • • • )>
откуда получаем:
(k1 + kJ + 2(k3 + kJ + 3(kb + kJ+...<500.
Теперь остается только заметить, что
2^14“ ЗЛ2 4- 4^3 4" 5^4 4- 6^5 4~ 7Z?e 4~ • • • <
< (^i + 2^2 4~ 3k3 4- 4fe4 4”	4-	4- • • •) +
4" [(^i + ^2)4“2 (&з4*£4) + 5 (^ь4-^в) + • • •] < < 10004-500=1500
190
РЕШЕНИЯ
$9
и, следовательно, сумма обратных величин всех наших чисел, мень-2&i ~|- З^о + 4&® + ...	,1
шая ----------п л. ----, наверное меньше 1-^ .
Цд)и	z
Аналогично, рассматривая кратные наших чисел, не превосходящие ЗЗЗ', можно доказать, что сумма обратных величин Всех наших чисел даже меньше 14-.
□
Отметим еще, что число 1000 в условии этой задачи можно заменить любым другим целым числом.
99. Рассмотрим, как образуется разложение простой дроби Д в периодическую десятичную дробь х)
а -----------------------------
~	^1^2 * • *	• • • &	% * * *
Очевидно, что А есть частное от деления q на р: q = Ap + qu
где остаток qr меньше р. Далее Ааг есть частное от деления
Юг? на Р Иа1 составлено из цифр числа А и цифры aj: \0q = Aa1-p + qi, где q2<p.
Точно так же
101t-q = Aa1a2-p+q3, ... , \Qkq = Aa1at.. .ak-p + qk+1, ...
Период дроби начнется снова в тот момент, когда при делении какого-либо числа 10А<у на р мы получим тот же остаток qk+l = qli что и при делении числа q на р. Таким образом, число k цифр в периоде дроби определится как наименьшая степень 10, такая, что дает при делении на р тот же самый остаток, что и q. Последнее означает, что разность 10Л<у—(? = (10Л—\)q делится на р или что разность 10А—1 делится на р (ибо q, разумеется, взаимно просто с р).
Предположим теперь, что k четно: k = 21; из того, что разность 102*— 1 = (10z — 1) (10* + 1) делится на р, следует, что либо 10* — 1 делится на р, либо 10* +1 делится на р. Но 10*—1 не может делиться на р, так как в противном случае 10* давало бы при делении на р тот же самый остаток,
*) См. сноску на стр. 134.
1001
РЕШЕНИЯ
191
q, и период дроби равнялся бы Z, а не & = 2Z. образом, мы заключаем, что 10'4-1 делится на р.
10'<? . q последнего результата следует, что сумма +
что и Таким
Из
есть целое число. Но
кА? q -------------------------------------------—
F	. .Яр О’/ + i#Z + 2’ • •Я2^я1л2. . .Яр .. -F
4“ А> Я1Л2* • •O’lO’l + l* • *^2Z* • •> таким образом, сумма дробей
^Z + l^Z + 2* • •а21а'1а,2* •	• • +°> «Д. . .ЯгЛг + 1. . .Я2р ..
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
а1 + яг+1 = 9, я2 + л1+2 = 9, ... , я,4-я2г = 9.
Из последних соотношений сразу следует, что
°14~ а2 4~ .. • + я2, 9
21	~ 2 *
Если же k нечетно, то равенство 1-г 2	k=='2 »
очевидно, невозможно, так как знаменатель дроби, стоящей в левой части этого равенства, не делится на 2.
100. Число цифр в периодах дробей
Я»	Я» и. 1
и равно
наименьшим целым положительным числам k и Z, таким, что 10*— 1 делится на р", соответственно 10'— 1 делится на р"+1
(см. решение предыдущей задачи). Составим теперь разность
(Ю'— 1) — (10*— 1) = 10* (10*-* —1).
Из того, что эта разность делится на р", следует, что 10*—*—1 делится на р". Покажем теперь, что из того, что 10'”*—1 делится на р" и 10*—1 делится на р", следует, что и 10d—1, где d есть общий наибольший делитель чисел Z—k и &, делится на р”.
Действительно, пусть Z—k—qk-\-r. В таком случае имеем:
10'-*—1 = 10^*+г—1 = 10г(10^—1)4-(10г—1).
192
РЕШЕНИЯ
[100
Но 10**—1 = (10*)*—1* делится на 10*—1, т. е. делится на р"; следовательно, и 10г—1 делится на р". Точно так же показывается, что и 10г> — 1, где гх есть остаток от деления k на г, делится на р”; что 10г* — 1, где г2 есть остаток от деления г на г1э делится на р"; что 10гз—1, где гз есть остаток от деления тг на г2, делится на р” и т. д.х). Но нетрудно показать, что ряд чисел г, г2, ... должен закончиться числом d. Действительно, так как I—k и k делятся на d, то и г = (/—k)—qk делится на d\ так как k и г делятся на J, то и гх делится на d\ так как г и гх делятся на d, то и г2 делится на d, и т. д.; следовательно, все числа нашего ряда делятся на d. С другой стороны, если последнее число в этом ряду есть rk (т. е. гЛ_х делится на rky так что следующий за rk остаток уже равен нулю), то rk_r делилось бы на гА; гЛ_2 делилось бы на rk (ибо гЛ_х и rk делятся на гЛ); гЛ_3 делилось бы на rk (ибо г^_2 и гЛ_х делятся на rft) и т. д.; наконец, k и /—k делились бы на rk. Но в таком случае неравенство rkZ>d противоречило бы тому, что d есть общий наибольший делитель I—k и k.
По условию k есть наименьшее целое число, такое, что 10*—1 делится на р". Поэтому из того, что 10d—1 тоже делится на р”, следует, что d = k, I—k кратно k и, значит, I кратно k\ l — km.
Разложим теперь 10* — 1 на множители:
10* —1 = 10*да—1 =
= (Ю* —1) (10(т”1)*+10 (т”2)* + ... + 10*+ 1).
Так как 10*—1 делится на р", то 10* дает при делении на рп остаток 1, откуда следует, что и 102* = 10* • 10* дает при делении на рп остаток 1 и 103*= 102*-10* дает при делении на р" 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 т. Отсюда следует, что если 10*—1 не делилось на р”+1, то наименьшее значение /, такое, что 10*—1 делится на р”+1, равно pk; при этом 10р*—1 делится на р”+1, но не делится на р"+а (ибо выражение в скобках не делится на р2).
Отсюда и вытекает утверждение задачи.
х) Этот процесс получения ряда последовательных остатков /*> /'а» • • • носит название алгоритма Евклида.
1011
РЕШЕНИЯ
193
101. 1) Пусть х—любое действительное число. Тогда его можно представить в виде суммы х = [х] + а, где а— неотрицательное число, меньшее единицы.
Представим теперь у в виде J =	+ P (О^0<;1).
Тогда х+у = [х] + [j>] + « + ₽• Так как а + Р^О, то из этого равенства видно, что + есть целое число, не превосходящее х-]-у. А так как [x-J-j/] есть наибольшее из таких целых чисел, то [x+j/] 2^ [х]-}-[у].
2) Первое решение. Представим х в виде [х] + где 0^а< 1. Пусть целое число [х] при делении на п дает в частном q и в остатке г: [x] = qn + r (О^г^п—1). В таком случае имеем
Ы ' , г [ [х]"|	,	.	.
+	х = ^ + г + а=^ + гь
где r1 = r4-a</z, ~ =	Г—1 = # = Г—1 , что и
1	1	’ п 1 п ’ Ln J [n J ’
требовалось доказать.
Второе решение. Рассмотрим все целые числа, делящиеся на п и не ббльшие х. Их число, очевидно, равно . Рассмотрим также все целые числа, делящиеся на л и не большие [х]. Их число равно . Но так как это—одни и те же числа, то их количества равны, следовательно, Г[%]"1  Г х “|
L п J Ь J
3) Первое решение. Представим х в виде х = [х] + а. Так как 0 а < 1, то а содержится между некоторыми двумя >.„01	п—1 п г-.	л
соседними из дробей ~ — , ..., —, —. Пусть эти дроби . k *+1 будут — и —— , т. е. пусть
6 _	^6 + 1
— а<—— . п	п
Далее имеем:
х+«=Л=1=м+а+г;^=1<
<И+^+г=^=-'=И+1,
. п — k г 1 .	, п — k_
7 Д. О. Шклярский и др.
194
РЕШЕНИЯ
[101
И . n —1 г 1 , , п — 1	. £4-1 . n —1
х+—=И+«+—<И+^+—=
= И4-^<И + 2-
Отсюда следует, что
[х+4] < •••< [х+"~«~1] <и+1.
И+1<[х+^]<...< [х +^] <[хЦ-2, т. е.
[I п—Г । п—П	г 1 I 1
х+—J=• • • = Iх+—I=м+Е
Так как первых чисел п — k, а вторых k, то
[х]+. ..+ [*+^] =(Л —fc)[x] + M[x]+l)=n[x] + fe.
Но тому же равна и целая часть числа пх. Действительно, так как k па <; k 4- I, то па — k 4- 0, где 0	0 < I. Сле-
довательно,
[ях] = [п [х] + па] = [п [х] 4- k 4- 0] = п [х] 4- &
Таким образом, доказано, что
и + [х+4-] +...+[*+4г]= Глхь
Второе решение. Рассмотрим левую часть равенства. „ л _ I	,1	, п —1
Если 0^х< —, то все числа х, х4-» .... *4---
п ’	’	1 п ’	’	‘ п
меньше 1, а целая часть от них равна 0; [пх] тоже равно 0. Поэтому для таких х равенство верно.
Пусть теперь х—произвольное. Если увеличить х на -i-, то все слагаемые в левой части сдвинутся на одно место вправо, а последнее слагаемое Гх	перейдет в [х4~ 1],
L J 1 которое на 1 больше чем [х]. Значит, с увеличением х на — левая часть увеличивается на 1. Правая часть с увеличением х
102]
РЕШЕНИЯ
195
на — тоже увеличивается на 1. Для любого х можно найти такое число а, заключенное между 0 и — ^0	что
х отличается от а на —, где т—целое число. Отсюда сле-/I
дует, что равенство сохраняется при любом х.
102. Отметим все точки плоскости с обеими целыми координатами («целые* точки), для которых X^x^q—1, 1 ^у^р—1 (х я у—координаты точек). Эти точки лежат
внутри прямоугольника ОАВС, длины сторон которого равны OA=q и ОС = р (рис. 8); число всех точек равно (<7— 1) (р—1). Проведем диагональ ОВпрямоугольника. Ясно, что на этой диагонали не будет расположена ни одна «целая» точка (координаты х и у всех точек диагонали ОВ связаны
х	ОА	q
соотношением— =; но так как q пр—взаимно у	АВ	р ’	•/ г
простые, то не существует целых положительных чисел x<Zp х <7 \ гч
ny<Zq, таких, что J . Заметим теперь, что число «целых» точек, имеющих абсциссу, равную k {k—какое-то целое положительное число, меньшее q), и расположенных под диагональю ОВ, равно целой части длины отрезка MN, изо-
браженного на рис. 8. Так как MN • АВ = ~, то это
7*
196
РЕШЕНИЯ
[103
число равно
. Следовательно, сумма
frl _|_ Г^] -L [ЗР] 4-	4- Г<?~ 1) р1
.<?J L<?J LtfJ T‘-'L <7 J
равна общему числу всех «целых» точек, расположенных под диагональю ОВ. Но всего внутри прямоугольника имеется (q—1)(р—1) «целых» точек; из симметрии расположения этих точек относительно центра прямоугольника ОАВС следует, что ровно половина из них расположена под диагональю ОВ (здесь существенно, что на самой диагонали не лежит ни одна из точек). Таким образом,
(?—1) (р—1) 2
Точно так же доказывается, что
(р—1) (^—1) 2
103. Первое решение. При п = 1 мы в левой и правой частях равенств имеем по одному члену, равному 1; следовательно, в этом случае равенства справедливы. Докажем теперь, что если наше равенство справедливо для какого-то значения л, то оно будет справедливо и для значения л+ 1; в силу принципа математической индукции, отсюда будет следовать, что равенство справедливо при всех значениях п.
Отметим, что если п +1 не делится на k\
1 =^4-г,
где остаток г заключен между 1 и k—1, то n~qk-[-r\ где г' = г—1, т. е. O^r'^k— 2; отсюда следует, что в этом случае величины	и Гу-j совпадают (обе они
равны q). Если же л-}-1 делится на k*. nJr\=qky то, оче-видно,	т. е. [^] = [£] +1.
Таким образом,
"п + Г k
~п -f- Г "V
т , если k не есть к J
-гг 4-1, если k есть к
делитель числа л 4-1;
делитель числа п4-1.
103]
РЕШЕНИЯ
197
А отсюда вытекает, что:
т. е. если
то
Г/г ч~ 1~| 1 [я -ь И । t ГЛ И
[~г J + г2“ J + • • • + 15+14 =
= т1 + т2+...-И„ + тя+1;
т. е. если
[у] + 2 [у] + ... 4- л j — Oi + о2 + • • • + ап»
то
= О1 + о2+ ...4-а„+ая+1.
Второе решение. Число чисел ряда 1, 2, 3, ...» /г, делящихся на какое-то выбранное число k, равно ^это будут числа k, 2k, 3k, ..., k^ ; сумма делителей k всех таких чисел равна k \~ . Отсюда следует, что:
а) Сумма + [4] + . .. + |у] + .. . + 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 т1 + т2 + ?з+ • • • +^и.
б) Сумма 1 [4] +2 [|]+. ..+*[{|+ ... +л[т] равна сумме делителей 1 всех чисел ряда 1, 2, 3, ..., п плюс сумма делителей 2 всех чисел этого ряда, плюс сумма
198
РЕШЕНИЯ
[103
делителей 3 всех чисел этого ряда, плюс сумма делителей п всех чисел этого ряда. Но этому же равна и сумма а1 + а2 + а3 + • • • +
Третье решение. Приведем еще изящное геометрическое решение задачи, близкое ко второму решению. Рассмотрим равностороннюю гиперболу (график обратной пропорциональности) = или, что то же самое, xy = k (точнее, 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 k, то на равносторонней гиперболе xy = k есть целочисленная точка с абсциссой х. Обратно, если гипербола xy = k проходит через целочисленную точку с абсциссой х, то х есть делитель числа k. Таким образом, число делителей числа k равно числу целочисленных точек, лежащих на гиперболе xy — k\ сумма делителей оЛ этого числа равна сумме абсцисс целочисленных точек, лежащих на гиперболе xy = k. Далее, воспользуемся еще тем, что все гиперболы ху=1, ху = 2, ху = 3, .ху — п—1 расположены ниже гиперболы ху = п. Отсюда можно сделать следующие выводы.
а)	Сумма т1 + т2 + т3+ ...+?„ равна числу всех целочисленных точек, лежащих под гиперболой ху = п (и на самой гиперболе). Но, с другой стороны, ни одна из этих точек не
104—105]
РЕШЕНИЯ
199
имеет абсциссы, большей п\ число же целочисленных точек с абсциссой k, расположенных под гиперболой, равно целой части длины отрезка fylN, изображенного на рис. 9,а), т. е.
, так как = (сравните с решением задачи 102).
Таким образом, имеем:
б)	Припишем каждой целочисленной точке номер, равный ее абсциссе (рис. 9, б)); в таком случае сумма о1 + о2 + 4-о3+...+о„ равна сумме номеров всех целочисленных точек, расположенных под гиперболой xy = /z. С другой стороны, сумма номеров всех таких точек, имеющих абсциссу А?, равна k НМ • Таким образом, имеем:
а1 + а2 + а3 + • • • +	=
-[т]+Чт]+3Ш + --'+'1й-
104. Очевидно, что (2 + ]/~2)п + (2 — ]/~2)’ есть целое число; действительно, если (2 4-V” 2)" = ап-\- ЬпУ^ 2, где ап и Ьп—целые числа, то (2—]/* 2)" = яп—bnV 2 (это вытекает из формулы бинома Ньютона, а также может быть доказано по принципу математической индукции). Так как (2—]/* 2)"< 1, то отсюда следует, что
[(2 + У~2)п ] = (2 + /1)” + (2 - ]/~2)я -1
и, следовательно,
(2 + ]/!)"—[(2 + У^)п ] = 1 — (2 — У~2)п.
Но так как (2—У~2) < 1, то, взяв степень п достаточно большой, можно сделать выражение (2 —]/" 2)" сколь угодно малым. А если (2 — ]/~2)"< 0,000001, то
(2 + У~2)п— [(2 + У"2)" ] = 1 — (2 —]/ ~2)" > 0,999999.
105. а) Первое решение. Так как (2 + ]/* 3)" + + (2- О)" есть целое число и (2—У	то
[(2 + У1У ] = (2 + У~3)п + (2-/3)” - 1
200	решения	[105
(сравните с решением задачи 104). Но, раскрыв скобки по формуле бинрма Ньютона, получим, что
(2 4-/ 3)" + (2 —/'З)п = 2(2" + С’2"-2-3 4* С„2"’4• З24-...) делится на 2 и, следовательно, [(2 4- V3)"] = (2 4-/3)"4-4-(2-Кз)"-1 нечетно.
Второе решение. Число (2	3)" можно представить в виде +	3, где а„ и Ь„—целые числа. Дока-
жем, что
a* — 3b2== 1. п п.
Доказательство проведем методом математической индукции. Прежде всего для л = 1 имеем а1 = 2, Ь±=\ и 22—3-1 = 1.
Далее предположим, что для некоторого п
(2 4- /1)" = ап + bn VI,
где а® — 3^=1; в таком случае имеем:
(2 4- / 3)"+1 = К +	(2 4- / 3) =_
= (2а„4-3»„)4-(а„4-2у/ 3.
Отсюда an+1 = 2aB4-3Z>B; bn+1 — ап + 2Ьп. Следовательно, ^+1-3^+1 = (2а„4-3&„)2-3(ав4-2&„)2 = а2-3^ = 1.
Тем самым доказано, что а2— 3b2 = 1 при любом п. 1	п п,	г
Отсюда следует, что
[а»+^п/ 3] = ав4-[^врЛ 3] = ап 4- J =
= «" + [/	— l] = fln+(an— 1) = 2ав— 1,
т. е. [(2 4-1^3)’’] = k4-&BK3j нечетно.
б)	Заметим, что
( (1 4-/’3)"4-(1—/3)" — 1
Hi , i/'qV 1 J	При п четном,
V } J | (1 4-Гз)”4-(1 -(/3)"
\	при п нечётном.
Действительно, стоящая в нашей формуле справа сумма является целым числом (см. первое решение задачи а)). При
1051
РЕШЕНИЯ
201
п четном 0<(1—/3)"<1, а при п нечетном —1 < <(1- /з)п<о.
Рассмотрим теперь отдельно случаи четного и нечетного п. 1) п четно, п — 2т; тогда
Ki+/зг]=(1+/зг+о-/з r-i = =Ki+/з гг+{(1 -/У)2Г-1 =. = (4-г 2]/3)щ + (4—2/3)m— 1 = = 2“ {(2 + /з)т + (2 — /з)*}- 1.
Но стоящее в фигурных скобках число является, очевидно, целым, и следовательно, число [(1 + V3)2rn] = 2'7W—1 всегда нечетно. Таким образом, при четном п наивысшая степень 2, на которую делится [(1 +/3)4 равна нулю.
2) п нечетно, п = 2т-\-\; тогда
[(1 +/3)2m+1] = (1 +/3)2,n+1 + (1 _/3)2m+1 = = (4 + 2/3)m(l +/3) + (4 —2/3)m(l—/3) = = 2“ {(2 + V 3)т (1 + УЗ) + (2—У~з)т (1 —/з)} = = 2п {((2 + У З)"1 + (2—У З/) +
+ УЗ ((2 + У 3)п - (2- У 3)т)}.
Пусть (2 + У1)т=ат+^тУз, где ат и Ьт— целые числа; Тогда (2 — У з)п — ат — ЬтУ 3. Подставив эти значения, получим:
[(1 + у 3)2m+1J = 2“ {а_т + Ьт /3 -Ьат—Ьт У 3 + + / 3(ат + ЬтУ 3—ат + ЬтУ 3)} = = 2я {2аю +	= 2т+1(ат + ЗЬт).
Но #m4-3£w нечетно. Действительно,
(ат + ЗЬп)(ат-ЗЬт) = — ат—	~ ( ат —	= 1 —6^rt
(см. второе решение задачи а)). Так как 1—6Ь2т нечетно, то оба множителя (ат-{-ЗЬт) и (ат—3^) нечетны. Следо-дательно, наивысшая степень 2, на которую делится
202
РЕШЕНИЯ
[106—107
[(1 + 3)"] при нечетном л = 2/м4*Ъ равна т+,=Ц2=[»] + 1.
106. Из ТОГО, что (2-|-'|/'5)₽ + (2—V Ь)р—целое число и —1<(2—j/^5)₽<0 (ибо р нечетно), следует, что [(2 + К 5)’] = (2 + Г 5)’ + (2 - W
(сравните с решениями задач 104 и 105). По формуле бинома Ньютона имеем:
(2 + /5)₽ + (2-/5)р =
/•	р-П
= 2 \2p+Cp2p~25 + Cp2p-* i52 + ... + Cp-12-5 2 )
так что
[(2+/5)р]—2р+1 =
= 2 (с%2р~25 + Ср2р-*52+... + Ср-12- 5^) .
Но все биномиальные коэффициенты
Г2_Р(Р—1) Г4__р(р — 1) (р—2)(р—3)	— п
Ь2 ’	1.2.3-4	’
делятся на простое число р (ибо числитель выражения для Ср делится на р, а знаменатель не делится). Значит* и разность [(2 + 5)PJ—2/?+1 делится нар, что и требовалось доказать.
107 г? —п(п~—0(п 2)...(п р+1)	„ D последова-
тельных целых чисел zz, n—1, n— 2, ..., n—p+1 одно и только одно число делится на р; обозначим это число буквой N. В таком случае	и разность, стоящая
в условии задачи, принимает вид
п(п—1) ... (#+1)2У(7У—1) ... (л—р+1)	#
р!	р ’
Отметим теперь, что числа п,п— 1, ..., N+ 1, М— 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,
108]
РЕШЕНИЯ
203
2,	. ..,р— 1, причем каждый из них по одному разу). Отсюда следует, что разность
л(л-1)...^+1)^-1)...(л-р + 1)-(р-1)!
делится на р (для доказательства достаточно перемножить почленно все равенства п =	+ п — 1 = &2Р+а2>• • •
..N 1 = kip-\- ah N—1 =	+ а1+ъ • • • , #—1 =
=	+ гДе &2, • • •>	—целые числа, a an
a2, • • •> a/>-i Равны числам 1,2, ..p—1, взятым в каком-то неизвестном нам порядке). Умножая эту разность на целое N
число —, получим:
*	п (п—1)...(п—р + 1)_N (р — 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 просто с р).
108.	Пусть а и Р—два числа, удовлетворяющих условию задачи. Выберем какое-нибудь целое число N и рассмотрим те члены последовательности [а], [2а], [За], ..., которые не больше N; пусть это будут [а], [2а], ..., [ла]. В таком случае [ла] N, [(л + 1) а] > А откуда следует, что ла < <М+1, (л+1)а^М+1, 7V+1>ла^М+,1—а, или
ла — N+Z, где 1 > I 1—а.
Точно так же покажем, что если т есть число членов последовательности [Р], [2Р], [Зр], ..., которые меньше N, то
= где 1>/'>1 —р.
Так как по условию среди чисел [а], [2а], ..., [ла]; [р], [2р], ..., [л*р] должны встретиться по одному разу все числа 1, 2, 3, ..., N, то л + т = М. Отсюда получаем N + l N + l'	кт Г- f 1 , 1 I . /'
—-------r~=N, или 7V1 —--------------p-з- = —+д-;
a Р	L \«	Р J J	a Р
—	—ка+тГ из неРавенств для < и <
следует	+	+	2- Обозначив теперь
204
РЕШЕНИЯ
[108
сумму ~ + у через t и разделив все члены предыдущего неравенства на N. мы получим неравенство
N 1	N ’
которое должно выполняться при всех (сколь угодно больших!) значениях N. Но так как крайние члены этого неравенства могут быть сделаны сколь угодно малыми по абсолютной величине, то неравенство возможно только в том случае, если 1—i = 0, откуда f = 2--|--2- = 1. Далее легко видеть, что числа аир должны быть иррациональными, так как, если бы, например, мы имели а = у , то из равенства -4- 4г == 1 следовало бы, что 6 = —£—, а в этом случае а р	r p—q
было бы [#а] = [(р—q) Р], что противоречит условию задачи.
Предположим теперь, что а и р — иррациональные числа, такие, что = Так как в этом случае а> 1, Р >» 1, то ни среди чисел [а], [2а], [За], ..., ни среди чисел [р], [2Р], [Зр], ... не может встретиться двух равных между собой.
Докажем теперь, что для каждого целого числа Л/ можно найти или такое целое число п, что [ла] = Л/, или такое целое число т, что [лф] = N, причем обе эти возможности не могут одновременно иметь места. Действительно, пусть [(л—1) a]	[ла], [(/я—1) Р] <TV [лф]. Из этих не-
равенств следует
ла—a<Af, па> N; —р < АЛ, лф>М
(ни ла, ни лф не могут точно равняться числу N, так как аир иррациональны), т. е.
ла = М + ^, лф = М4-^',
где
0<^<а,	0<Сб/'<Ср\
Отсюда вытекает, что
. W , d , TV , d' л+/и_—+_+—+_ =
. ( d , df \
~N^^j) + {a+j)=N + ^+t)
109]
РЕШЕНИЯ
205
то
равенству
и, следовательно,
4+f=»+»>-«
есть целое число. Но так как — < 1, 0<^-(X	р
d d'	1
0<~+р-<;2. Таким образом, мы приходим к
~ + —= 1
1.1
которое, в силу того, что—+ -р-=1, возможно том случае, когда одно из чисел d, d' меньше 1, больше 1. Но это и значит, что из чисел [ла] = [ЛГ-|- d\, [mp] = [Af-f- d'], которые оба не меньше N, одно равно N, а второе больше N.
только в а второе
109.	Первое решение. Очевидно, что (а) = Г । 11	х
” I ' Tl * таким образом, равенство, которое нам требуется доказать, принимает вид
АГ	, 11 ,	1 И .	, 1] ,
N== [т+т| + [т+т] + [т+у] + •• •
Пусть теперь
Af=a/J*2n-(-aw-i«2,,’*1+ ... -|-а1’2-|-а0
(ал,	а0 равны 0 или 1) — разложение числа М
по степеням двойки (запись /V в двоичной системе счисления). В таком случае, очевидно:
[4+l] = [a«’2""1+a'’-i-2”’a+---+fli+241]=
== ап •2л*1 +	•2"“"2 + • •. + + я0,
[4 + т] = [«п-2"-2 + а„-1-2п-3+ ... Ч-Ч^ + т] =
= an.2n-«4-a„_1.2'’-s+...+a1,
Г-+-1
L 2" 2
—+~1 2« + i ‘ 2
+V+ • • • +^]
fl0 Н~ 1 1	I	f °0 1   n
2’4	*1“2л+1] n
206
РЕШЕНИЯ
Ц09
rJ^+l]==UL+ri = .,.=о
[2«+2 ~ 2]	[2И+3~ 2]
(напоминаем, что ал, ..,, а0 равны 0 или 1). Таким образом, имеем:
Г J- * 11Г J- 1 "I-U	4-	~
[t+yJ + [т + у]L2"+1+ 2J+---~
= a„(2"-i + 2"“2+... + l + l) +
+ ^i(2n"2 + 2w"3+... + l + l)+...+a1(l + 1) + а0 =
= ал2” + ал_1.2Л"1+,..+а1.2 + а0 = ^ что и требовалось доказать.
Второе решение. Очевидно, что число нечетных чи-N
сел, не превосходящих N, равно , если W четно, и равно
4-1, если N нечетно, т. е. равно .Точно так же число не превосходящих М четных чисел, не делящихся на 4, равно , если N делится на 4 или дает при делении на 4 остаток 1, и равно + 1, если 7V дает при делении на 4 остаток 2 или 3; другими словами, это число всегда равно (-у) • Точно так же число не превосходящих М чисел, делящихся на 4, но не делящихся на 8, равно Г-^Л , если N делится на 8 или дает при делении на 8 остатки !N 1
-g- f 4" 1 в противном случае, т. е. это АП А
-5- . Аналогично доказывается, что о J
I NX	кг
\Тб / Равно ЧИСЛУ не превосходящих N чисел, делящихся на
о	(NX
8 и не делящихся на 1о; ( gg ) равно числу не превосходящих М чисел, делящихся на 16, но не делящихся на 32, и т. д. Таким образом мы переберем все целые числа от 1 до АГ; следовательно,
что и требовалось доказать.
110—111]
РЕШЕНИЯ
207
110.	а) Пусть а—первая, а b — последняя цифра искомого числа N. Тогда это число равно 1000 а 4-100 а 4 Ю + 4-£ = 1100 а+ И 11(100 а-^b). Так как число /V является точным квадратом, то из того, что оно делится на 11, N
вытекает, что оно делится и на 121, т. е. -д=100а + ^ делится на 11. Но
100a + ^ = 99a + (a + ^) = ll .9a+(a + ^).
Следовательно, a-^b делится на 11. Так как и а и b не больше 9 и а не равно 0, то l^a-f-^^18, а потому а + ^ = 11.
Отсюда
100a + ^=11.9a+ll = 11 (9а + 1), N _ УХ>а+Ь_~ . 121“	11	—уа+*-
Так как N—точный квадрат, то • — также точный квадрат. Но из чисел вида 9а 4-1, где а меняется от 1 до 9, только 9*7 +1=64 является точным квадратом. Следовательно, М= 121-64 = 7744 = 882.
б)	Пусть а — цифра десятков этого числа, а b — цифра единиц. Тогда число равно 10а -\-Ь, а число, записанное этими же цифрами в обратном порядке, равно 10^+ а. В силу условия задачи, 10а + b + 1 Ob + cl = 11 (а + b) = k2.
Отсюда следует, что k2 делится на 11, поэтому а-\-Ь также делится на 11. Так как а + #^18, то это возможно лишь в случае, если а-|-#=11, &2 = 121. Таким образом, искомыми числами являются
29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92.
111.	Обозначим двузначное число, образованное первыми двумя цифрами искомого числа N, через а, а число, образованное его двумя последними цифрами,— через Ь. В таком случае N=100a-}-^, так что условие задачи дает
100a + ^=(a + *)2, или
99a = (a + Z^)2 —(а + ^) = (а + й)(а + й—1).	(*)
Итак, произведение (« + ^)(а + ^—1) должно делиться на 99. Рассмотрим теперь отдельные возможные случаи.
208	решения	[112
1°. a + b = 99k, a + b—1=~. Так как а и b — двузначные числа, то	причем случай k = 2 сразу приво-
дит к не удовлетворяющим основному равенству (*) значениям а = 99, # = 99. Таким образом, приходится считать, что
я + # = 99, а = а + Ь—1=98, N = 9801 =(98+1)2.
2°. а + #=11/л, а-\-Ь—1=9л, тп — а. В этом случае имеем 9л = 1 \т— 1. Из того, что 1 \т— 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 \\т—1 не делилось бы на 9). Итак, /л = 9/+ 5, откуда следует, что 9л = 99/ + 54, л= 11/+ 6. Теперь имеем:
а = тп = (9/ + 5) (111 + 6) = 99/2 + 109/ + 30.
Так как а число двузначное, то отсюда сразу вытекает, что / = 0. Следовательно, а = 30, а + b = 11 т = 55, # = 25, М= 3025 = (30 + 25)2.
3°. а + # = 9/л, а + #—1 = 11л, тп = а. Исследование, аналогичное'тому, которое мы провели в случае 2°, дает единственный ответ М= 2025 = (20 + 25)2.
4°. а + # = 33/и,	« + #—1=3л или а + # = 3/и,
« + #—1=33л, что невозможно, так как а-\-Ь и а + #—1 — числа взаимно простые.
5°. а + #—1=99&, а + # = ~. В этом случае имеем а + 6— 1 = 99, а + 6=100,	а= (д + &)	fe~1)= 100,
что невозможно.
Итак, условию задачи удовлетворяют лишь числа 9801, 3025 и 2025.
112.	а) Четырехзначное число, записываемое четырьмя четными цифрами, может начинаться с цифр 2, 4, 6 или 8; 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 между 44 и 55 или между 63 и 71, или между
ИЗ]
РЕШЕНИЯ
209
77 и 84, или между 89 и 95. Заметим еще, что так как (Юх-Н^у)2 = ЮОх2 + 20ху +j2, то при 0^у<9 цифра десятков числа (10x4-У)2 четна или нечетна одновременно с цифрой десятков числа у2. 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 четырехзначных чисел, являющихся полными квадратами и записывающихся четырьмя нечетными цифрами.
113» а) Обозначим цифры сотен, десятков и единиц искомого числа N соответственно через х, у и г, так что N= 100x4- Юу + -?. В таком случае условие задачи дает
100х+ 10j 4- z = х! 4-j! 4-z!.
Отметим, что 7! = 5040 есть число четырехзначное; поэтому ни одна цифра числа М не может превосходить 6. Следовательно, само число W не превосходит 700, откуда вытекает, что ни одна его цифра не может превосходить 5 (ибо 6! = 720 > 700). Хотя бы одна цифра числа W равна 5, так как даже 3-4! = 72 <100, a 2V трехзначно. При этом х не может быть равно 5, так как даже 3 • 5! = 360 < 500. Отсюда следует также, что х не превосходит 3. Далее можно утверждать, что х не превосходит 2, так как даже 3! 4-2-5! = 246 <300. Но число 255 не удовлетворяет условию задачи, а если лишь одна цифра искомого числа равна 5, то х не может быть больше 1, ибо даже 2! 4- 5! 4-4! = 146 < 200. Более того, так как 1! 4-5! 4-41 = = 145 <150, то мы заключаем, что у не может превосходить 4; следовательно, г = 5, так как хотя бы одна цифра числа М должна равняться 5. Таким образом, мы имеем х=1, 4>^>0 и z = 5; это позволяет легко обнаружить единственное решение задачи: М = 145.
210
РЕШЕНИЯ
[114
б) Искомое число 7V не может иметь больше чем три цифры, так как даже 4-92 = 324— число трехзначное. Поэтому мы можем написать М= 100х-|-10j4-£, где х, у, z—цифры числа; при этом х или даже х и у одновременно могут быть равны нулю.
Из условия задачи имеем lOOx-j-10j4-£==x2+j2+ <г2, откуда
(100—х)х4-(10 — y)y = 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(х^1,	100—х^90,
(10—j)^^0), а число, стоящее справа, не больше чем 9-8 = 72 (ибо 2^9). Следовательно, уравнение (*) имеет вид (10—y)y = z(z — 1). Легко проверить, что это последнее равенство не удовлетворяется ни при каких целых положительных х и у, не превосходящих 9, если только jy=0. Если j = 0, то мы имеем единственное очевидное решение z = 1.
Таким образом, условию задачи удовлетворяет единственное число М=1.
114. а) Очевидно, что искомое число 7V не может иметь 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 четырехзначном первая цифра N не превосходит 1. Но 14-3-9 = 28, а 282 = 784 трехзначно; значит, М вообще не может быть четырехзначным числом. Итак, мы можем предположить, что N= 100%4~ 16^ + где х, у, z—цифры искомого числа; при этом возможно, что х = 0 или даже х=у = 0'
Теперь условие задачи можно записать в виде
1 ООх 4- 14-г = (х 4-j 4-z)2 или
+ 9у = (х+у + z)2 — (x +у + Z) = = (х + у + z) (х + у + z— 1).
Таким образом, мы видим, что либо x-|-j + ^» либо х-\-уЛ-я—1 делится на 9 (каждое из этих двух чисел делиться на 3 не может, так как они взаимно простые).
114]	РЕШЕНИЯ	211
Но 1 ^.x-\-y-\-z^ 27. Рассмотрим теперь отдельно все представляющиеся случаи.
Г. x+y + z—1=0; 99х + 9у = 0, х=^ = 0,
2=1; JV=L
2°. x+y + z = $\ 99х + 9<у = 9-8 = 72, х = 0, 9j = 72, у = 8, 2=1; ^=81 ( = (8+1)2).
3°. x + y + z—1=9;	99x + 9j = 9.10 = 90, х = 0,
9^ = 90, что невозможно.
4°. x+y + z=\Z-,	99x + 9jr= 18-17 = 306, х = 3,
j, = 1, 2=18— (3+1) = 14, что невозможно.
5°. x+y + z—1 = 18; 99х + 9у = 19-18 = 342, х = 3, ^ = 5, 2=19— (3 + 5) = И, что невозможно.
6°. x+y + z = 27-, 99х+ 9^ = 27-26 = 702, х = 7, у = 1, z = 27—(7 + 1) =19, что невозможно.
Итак, условию задачи удовлетворяют только числа 1 и 81.
б) Куб трехзначного числа может содержать не более девяти цифр; поэтому сумма цифр куба этого числа не 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 более пяти цифр, и так как он меньше 99 999, то сумма цифр куба не превосходит 4-9 + 8 = 44; так как куб числа 44 есть 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 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.
212
РЕШЕНИЯ
[115
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;
1(13=1), 8(83 = 512), 17 (173 = 4193),
18 (183 = 5832), 26 (263 = 17 576), 27 (273 = 19 683).
115. а) Непосредственной проверкой убеждаемся, что при X < 5 единственными решениями нашего уравнения будут числа х=1, j = -|-l и х = 3, ^=±3. Докажем теперь, что при х 5 решений нет. Для этого заметим, что 114-4-2! + 3! + 4! = 33 оканчивается цифрой 3, а 51, 6!, 7!, .. . все оканчиваются нулем. Таким образом, при х^5 сумма 114-214-	+х! оканчивается цифрой 3, а поэтому не
может равняться квадрату целого числа у (никакой квадрат целого числа не оканчивается на 3).
б) Рассмотрим два случая:
1°. z — 'ln— четное число. Этот случай легко сводится к предыдущей задаче, ибо у2П = (уп)2. Таким образом, при четном z решения таковы:
х=1;	±1; %—любое четное;
х = 3; J=± 3; z = 2.
2°. z — нечетное число. При z=l годится любое значение х, причем j = 1! 4- 2! 4- . .. 4- х! Пусть z 3. Заметим, что 11 2! 4- 3! 4- 4! + 5! + 6! 4- 7! 4- 8! = 46 233. Число 46 233 делится на 9, но не делится на 27, а при п ^9 число п\ делится на 27. Сумма 9! 4~ Ю! 4- • • • 4-х! делится на 27; поскольку, однако, 114-2! 4-••• 4-8! делится на 9, но не делится на 27, вся сумма 1! 4-2! 4~ ... 4*х! 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 l! = l = lz, где z—любое натуральное число; 114-21 = 3, т. е. не равно никакой целой, отличной от 1 степени никакого натурального числа; 114-214-3! = 32,
116]
РЕШЕНИЯ
213
и далее:
114-214-3! 4-4! = 33,
1! + 2! + • • • + 5! = 153,
1! + 21 + ... +6! = 873, 1! + 2! + ...+ 71 = 5913.
Ни одно из чисел 33, 153, 873 и 5913 не является целой, отличной от единицы степенью никакого натурального числа. Таким образом, при нечетном z окончательно имеем лишь следующие решения:
х=1, j=l, z = любое нечетное;
х—любое натуральное, у = 1! + 2! + ... +х!, z=l.
116.	Пусть
Обозначим наибольшую степень двойки, на которую делятся все четыре числа а, Ь, с и d, через р. Сократив обе части нашего равенства на 22Р, мы получим:
^ + ^ + cJ + ^ = 2n-2^,
где из четырех чисел ах, blt сх, dlt хотя бы одно является нечетным.
Если из четырех чисел ах, Ьъ съ dx только одно или три являются нечетными, то #x + Z>J + cJ + *Z2 нечетно и наше равенство невозможно. Если из чисел а19 Ь±, сх, dx два, например ах = 2k + 1 и bx = 2Z+ 1, являются нечетными, а остальные два, сх —2m и dx = 2/z, четны, то мы имеем: а* + + cj + d* = 4Л2 + 4k + 1 + 4Z2 + 4Z+ 1 + 4/и2 +
+ 4л2 = 2[2 (k2 + k + l2 + l + m2 + nz} + 1], что противоречит тому, что я2+Z>* + с* + dj = 2"“2P не имеет нечетных делителей (выражение в квадратных скобках не может равняться единице, .так как в противном случае мы имели бы & = Z = /w = n = 0, cx = dx = 0 и c = d = 0). Если же все четыре числа aL = 2k+\, Л>х = 2Z1, с1==2/я+1, d1 — 2n-\-\ нечетны, то мы имеем:
^? + ^ + ^ + ^ = 4Л2 + 4^ + 1 + 4Z2 + 4Z+l+4/»2 +
+ 4/w+l+4/z2 + 4/z+l =
= 4 [k (k 4-1) +1 (l+1) 4- tn (z»4-1) + л (« +1) 4-1].
214
РЕШЕНИЯ
[117
Но произведение двух последовательных целых чисел всегда четно (один из сомножителей обязательно четен). Следовательно, выражение в квадратных скобках нечетно, и, значит, оно равно 1. Таким образом, п—2р = 2, п = 2р+2 и k = 1 — т — п = 0, a1 = b1 = c1 = d1=l, a = b = c = d = 2p.
Итак, если п есть число нечетное, то 2п вовсе не разлагается на сумму четырех квадратов; если /г = 2р четно, то 2п допускает единственное разложение
2^=(2^-у + (г^*1)2 + (г^"1)2 + (г^1)2.
117.	а) Первое решение. Уравнение ^2+j2 + ^2 = 2xj2r
удовлетворяется значениями х = 0, ^ = 0, £ = 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.
Пусть теперь все числа х, z, удовлетворяющие нашему уравнению, отличны от 0. Каждое из них можно представить в виде
х = 2ах1, у=г2^уг, 2 = 2*2^, где хх, ylf zr нечетны (если какое-нибудь из чисел х, у или z нечетно, то соответствующий показатель степени 2 равен 0).
Так как х, у, z входят в наше уравнение симметрично, то можно считать, что х делится на наименьшую степень 2, a z—на наибольшую, т. е. что
Р у.
Выясним, на какую степень 2 делится левая часть нашего равенства.
1°. Если а<р^у или же а —Р = у, то после вынесения за скобки 22а в скобках будет стоять сумма нечетного и двух четных чисел или же сумма трех нечетных чисел, т. е. нечетное число.
2°. Если же а = Р<у, то можно написать:
х = 2а(2&+1), у = 2а(2/+ 1), z = 2**2m.
В этом случае
X2 + J2 + = 22а [(2k + I)2 + (21+ I)2 + (2т)2] = = 22а (4&2 + 4k + 1 + 4/2 + 41 + 1 + 4/я2) = = 22а+1 [2 (k2 + k +12 4-1 + т2) + 1],
117]
РЕШЕНИЯ
215
т. е. после вынесения за скобки 22а+1 в скобках остается нечетное число.
С другой стороны, правая часть равенства делится на 2«+?+т+1е pj0 правая часть равенства должна делиться на такую же степень 2, что и левая.
В случае 1° отсюда следует, что 2а = а4~Р +у +1. Так как а^р^у, то из этого равенства следует абсурдное неравенство 2а За 4-1.
В случае 2° отсюда следует, что 2а4~ 1 = а4-0 + v+ 1. Так как а=р<у, то отсюда следует неравенство 2а4-4-1> За 4-1, которое также не может иметь места.
Следовательно, не существует решений в целых числах уравнения х2 4”У2 4” я2 = 2xyz, отличных от решения х = 0, J = O, 2 = 0.
Второе решение. Так как сумма квадратов чисел х, у и z четна, то либо все эти числа четны, либо одно из них четно, а два нечетны. Но в последнем случае сумма х2 ~}~у2 -j-z2 делилась бы только на 2, а произведение 2xyz—на 4 (сравните с первым решением задачи). Итак, мы можем считать, что х, у и z четны: х = 2хь /=2<у1, 2=224. Подставляя эти значения в наше исходное уравнение и сокращая на 4, получаем:
xf + y^ + z^Ax^^.
Отсюда, в точности как выше, выводим, что числа xlt Ji, zr—все четные. Но в таком случае, обозначив хг = 2х2, no	Xi X	у
-У1 = 2Л» *1 = 2*2. мы для чисел	= —, уй=+ ,
2 г:2 = — получим уравнение
*1+У1 + 21 = Ъ*2У^2,
откуда, как прежде, выводится, что эти числа тоже четные. Продолжая тот же процесс, мы заключаем, что все числа
X	у	2	X	у	2
^У^Х^-^,	=	2^ = -; х2=7, Л = Т> ^2=17;
X	у	2
Хз=8’ = f ’ гз=8; ••
_ X _____ у _ 2
216
РЕШЕНИЯ
[118
— четные (числа xkt yk, zk должны удовлетворять уравнению + =	Но это возможно только в том
случае, если х — у = z = 0.
б) Так же, как и выше, доказывается, что единственным решением уравнения x2-}-y2-t-z2 + v2 = 2xyzv в целых числах является решение х = 0, j = 0, z = 0, т/ = 0.
Здесь специального рассмотрения заслуживает случай, когда наивысшие степени 2, на которые делятся х, yt z и v, одинаковы, т. е. когда
х = 2а(2&+1), у= 2a(2Z+ 1), z = 2а (2т + 1), v = 2* (2п + 1), где а—целое неотрицательное число, a k, /, т и п — целые числа.
Тогда
х2 +<у2 + ^2 + гг5 = 2аа [(4&2 4-	+ 1) + (4/2 4-474-1)4-
+ (4/п2 + 4/п+1) + (4/гг+4л+ 1)] =
^22^2(k2 + k + l2 + l+ni2^-m^-n2+ri + 1) =
= 22а+2 [/г (*+ !) + /(/+ П + т (т + 1) + л (л+ 1)4- 1].
Но выражение в квадратных скобках обязательно нечетно (см. выше, стр. 213—214). Поэтому наивысшая степень 2, на которую делится левая часть равенства, равна 2а 4- 2. Правая же часть делится на 24*+1. Поэтому должно выполняться равенство 2а 4-2 = 4а 4-1, что невозможно при целых а.
Второе решение задачи б) аналогично второму решению задачи а) и предоставляется читателю.
118. а) Пусть х, у, z—какие-то три целых положительных числа, удовлетворяющих уравнению
x2+y2 + z2 = kxyz.	(*)
Покажем прежде всего, что всегда можно считать справедливыми неравенства
(т. е., другими словами, что ни одно из слагаемых, стоящих в левой части уравнения (*), не превосходит половины правой
118]	решения	217
части). Действительно, если бы было, например,
то мы рассмотрели бы не числа х, у, z, а меньшие числа х, у, и zt = kxy—z, которые, как нетрудно видеть, тоже удовлетворяют уравнению (*):
X2	(kxy — z)2 = kxy (kxy—z).
Если из этих новых чисел какое-нибудь опять будет больше k
произведения двух других, умноженного на у, то мы проведем 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 х, у, z).
Будем считать, что x^y^z. Прежде всего из того, что ____	_ kxy y^z^.	, следует
Ку!
Уравнение (*), очевидно, можно переписать в виде
у-.(<=).
Так как	то при замене в левой части последнего
равенства числа z на у ^z эта левая часть возрастает (или в случае y = z не меняется); следовательно,
2 1 2 । (kxy	\2 k2x*y*
х2+/ + ^-/ — У)
Отсюда, раскрывая скобки, получаем:
xa + 2y2^£xj2.
Так как по условию х^у, то тем более
ja + 2y2 kxy2,
т. е.
kx 3.
Таким образом, мы имеем 2^/гх^З, т. е. kx равно 2 или 3. Но если kx = 2, то уравнение (*) принимает вид
X2-\-y2 + z2~2yz или х2-!-^—zp = 0,
218
РЕШЕНИЯ
[118
откуда х = 0 и Лх = 0, а не 2. Следовательно, kx = 3 и, значит, k может равняться только 1 или 3. Нетрудно убедиться па 'простых примерах, что эти значения k являются возможными (см. решение задачи б)).
б) Продолжим рассуждения, которые привели к решению задачи а). Выше мы имели х2 + 2у2^£ху2; так как £х = 3, то это неравенство можно переписать в виде
х2 2j/2 ЗЛ или
Но мы предполагали, что х^у; следовательно, х=у. Полагая теперь в основном уравнении (*) х=у, &х = 3, мы получим;
2х2 + z2 = 3xz, или (z—х) (z—2х) = 0.
Таким образом, z = x или z-= 2х. Но так как z
Зу Зх	п
= у = у , то z не может равняться 2х; следовательно, z = х.
Итак, мы видим, что если только выполняются условия (**), то должно быть x=y — z. Но так как kx = 3, то х может быть равно только 1 или 3. Соответственно этому получаем два решения уравнения (*):
x=y = z—\	(Л = 3)
и
x=y=z=3	(&=1).
В решении задачи а) мы видели, что всякую тройку чисел х, у, z, удовлетворяющих уравнению (*), можно последовательными подстановками вида z1 = kxy—z привести к тройке чисел, удовлетворяющих неравенствам (**). Но если zt = kxy—z, то z — kxy—z^ поэтому каждое решение уравнения (*) можно получить из выписанных выше наименьших решений последовательными подстановками вида zr=^ = kxy—z. В частности, таким образом, получаем следующие решения уравнения (*), не превосходящие 1000:
1°. Случай k = 3.
х=\ 111111122255
jr = l 1 2 5 13 34 89 233 5 29 169 13 29 z=l 2 5 13 34 89 233 610 29 169 985 194 433
119]	решения	219
2°. Случай й=1.
х = 3 33333366	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 &=1, получаются из решений, отвечающих значению k = 3, простым умножением чисел х, у и z на 3, сразу следует из того, что так связаны между собой наименьшие решения уравнений х2 + У2 + £2 =	и +У2 + z2 = 3xyz).
119. Требуется найти решения в целых числах системы уравнений
х2+125 = яу, j2+125 = vx
(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 х и у взаимно просты, определяет не одну пару чисел, квадрат каждого из которых, увеличенный на 125, делится на второе, а три пары таких чисел. Точнее, покажем, что пары чисел х, и ну v тоже удовлетворяют этому условию: х2+125 делится на «, я2+125 делится на х и аналогично для пары yf v.
Прежде всего из равенства х2 + 125 = иу сразу следует, что х2+125 действительно делится на и. Далее, из этого же равенства получаем:
и2у2 = х4 + 250х2 + 1252; и2 (vx — 125) = х4 + 250х2 + 1252
и, наконец,
x(u2v—х3 — 250х) = 125 (я2 + 125),
откуда следует, что я2 + 125 делится на х (х взаимно просто с 125, ибо иначе х 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 y2=zvx—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.
220
РЕШЕНИЯ
11 Ш
Обозначим наши числа х, у, и, v так: х = х0, J = x1, и = х_1, г/ = х2. Если и2 +125 = х_2х, то пара чисел и, х_2, т. е. х_1, х_2 тоже удовлетворяет условию задачи. Точно так же, если v2+125 = x3j> то пара чисел г/, х8, т. е. х2, х3 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
• • .	2> *^—1» *^0> ^1» *^2» • • •»
каждые два соседних из которых дают решение задачи:
^+125	.	4+i+125 „
х«+1 “х-1’	я+2.
Отметим еще, что для этой цепочки отношение суммы соседних с данным двух членов к этому члену есть постоянное число:
*a_i + *g+i xa+i   ( *а + 1	*а+1  
Ха “ Va+1 “	V, + l
__ Xq + ( Ха + 1	125)_ *а~Ь ХаХа+2 _+ + а
~ V«+l ~ V« + l	“ *а + 1
Это замечание очень удобно использовать для последовательного вычисления членов цепочки: если обозначим -s-ldr*?*1 х*
через /, то, очевидно, будем иметь:
Ха +1 ==	1»
Ха-1 =	Ха + 1*
Теперь надо найти метод, при помощи которого можно определить все такие цепочки решений. Отметим прежде
Хд+1 + 125 х*
всего, что если ха+1 > ха, то ха+2 =-----> —1 >хв+1,
иа
и еслиха-1^ха, то ха.2 >ха-1; поэтому каждая цепочка решений идет в обе стороны, возрастая от какого-то 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 наимень
119]	решения	221
ший член цепочки решений:
х.!^х0.
Докажем, что х0 <]/125 < 12.
Отметим прежде всего, что фигурирующее выше число t — целое число, большее 2. Действительно, из равенства t == fa-1+^a+l = ^а + х«+2
следует, что t — целое число: хаи ха+1 взаимно просты и, следовательно, f = х°с~1^—+1 не может иметь в знаменателе ни-
'	Ха
каких делителейха.! и f 4?2 не может иметь в зна-Ха+1
менателе никаких делителей ха. Далее,
t = Xq-KU + 125	4 + 4+1 > 2
V,+ 1	V«+I ’
ибо х„Н-х£+1 Ss2xexs+1 (так как Ха4-Ха+1 —2хвха+1 = = (ха— ха+1)2^0). Таким образом, мы заключаем, что t 3. Теперь, так как
(Хх Xq) (XXq) == ХхХ4“ Хо Х0Х1 хох.1 = — ХгХ_ J  Хо Xq (х^ Xq) Xq (X _ J Xq) ^х1х_1 —xj = 125,
то хотя бы одно из (неотрицательных) чисел хх — х0 и х_х— х0 не превосходит 11; предположим для определенности, что хг —х0^11. Далее имеем:
f ^ + 4 + 125.
*0*1
/ _ 2 = y;+xi + 125~2x°X1 =s x0)a+125
XpXj	x0 [x»+(*i — *о)Г
Ho /	3, t — 2^1; следовательно, (xT — x0)2 4~ 125
^Xo + -Vo(-Vi—x0), что было бы невозможно, если выбыло Xq'^12'^>(x1 — Xq) (ибо в таком случае Хо>125, •^о (*^1	*^о) >	^о)2)*
Теперь остается только перепробовать в качестве х0 все числа, меньшие 12 и взаимно простые с 125; при этом хх есть такое число, что xjj 4-125 делится на хх (т. е. хг есть
222
РЕШЕНИЯ
[119
делитель числа х* 4-125) и х^4*125 делится на хв. При этом так как Хо4~ 125 = х1х_1, то, приняв за xt м е н ь ш е е из соседних с х0 чисел цепочки, мы будем иметь:
х0<Х!^у х’4-125.
Нетрудно проверить, что все пары х0, xlt удовлетворяющие нашим условиям, исчерпываются следующими:
1,	1 |		12+1®4-125 _ 1.1	= 127);	1,	2|	ft =	l2 4- 22 4-125 1-2	= 65) ;
1,	з|		_ Р4-32-|-125_ 1-3	= 45);	1,	б(	' t =	P + 6*+125_ 1.6	= 27) ;
1,	7|	ft=	_ р + 72+125 _ 1-7	= 25);	1,	9(	fi =	p+g»+125_ 1.9	= 23) ;
2,	3	('=	_22 + 324-125 2-3	= 2з);-	6,	7	L	624-724-125 6.7	= 5).
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,
..., 10 826, 449, 18, 1, 7, 174, 4343,
.... 7369, 321, 14, 1, 9, 206, 4729,
..., 22 658, 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 х24-12<5 делится на у, а у2 4- 125 делится на х, даются следующей таблицей:
120]
РЕШЕНИЯ
223
х =	522	109	23	6	7	29	138
У=>	109	23	6	7	29	138	661
120. Задача состоит в том, чтобы решить в целых положительных числах следующую систему уравнений (х, J, z и и—искомые числа):
^2+^ + ^ + ^ = U+^)2,
,У2 + х4-2Г4-« = (>г4-ТО)2, г* -j- х+у + и = (г + О2» и2 -j- х 4-у -j- z = (и 4- $)2
ИЛИ
y + z + u = 2vx +^2, х -j- z + и = 2wy + w2, x+y + u = 2fz -j-/2, x-\-y + z = 2su +$2.
Сложив все уравнения (*), получим:
(2^ — 3)x+(2w-~3)j + (2f — 3) + (2s — 3)и + ^ +
+ w24-/2 + s2 = 0. (**)
Отметим прежде всего, что из равенства (**) следует, что хотя бы одно из чисел 2-v —3, 2w —3, 2f —3, 2s — 3 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 ^=1. В первом случае первое уравнение системы (*) сразу дает y + z + и = 0, что невозможно, если у, z, и положительны. Поэтому надо считать, что все числа w, f, 5 положительны и v=l. В таком случае равенство (**) перепишется в виде
х = (2w — 3)^+ (2t — 3) z + (2s —-3) и +
+ w2 + f2 + s2+L ( ** )
Рассмотрим теперь разные возможные случаи.
1°. Числа х, у, z, и все попарно различны. В этом случае и числа v, wt f, 5 все попарно различны; действительно, считая, например, что v — w, мы получим, вычитая друг из друга первые два равенства (*)y-~x = 2v (х — у),
224
РЕШЕНИЯ
[120
что невозможно при положительном и х =^=у. Далее, первое из равенств (*) в предположении v = 1 дает 2х =у + <?+#—1, х =у у + ± z + у и—что несовместимо с равенством ( *3* ), где коэффициенты при у, z и и в правой части — целые положительные (ибо w, /, s не могут быть равны 1, так как они не равны v, a’ v= 1). Итак, этот случай является невозможным.
2°. Два из чисел х, у, z, и равны между собой; остальные различны. Здесь надо отдельно рассмотреть два подслучая.
A) z = u. В этом случае t = s. Равенство ( *** ) и первое уравнение (*) здесь принимают вид
x = (2w — 3)y + 2(2f—3)^ + w2 + 2f2+l; 2x=j> + 2z — 1;
эти равенства по-прежнему несовместимы.
Б) х = у. Здесь w = v=\. Равенство (**) и первое из равенств (*) в этом случае соответственно имеют вид
2x==(2t--3)z + (2s — 3)u + t2 + s2 + 2 л
X = Z-\-U— 1.
Подставляя второе из этих равенств в первое, имеем: (2f-5)^ + (2^5)« + /2 + s2 + 4 = 0,	( ** )
откуда следует, что хотя бы одно из двух чисел 2t — 5, 2s — 5 должно быть отрицательным. Пусть 2i — 5<0; так как и (ибо гг==1;	так как z^=x), то,
следовательно, t = 2. Теперь, прибавляя к третьему уравнению (*) удвоенное первое уравнение, находим 4z-{- 4х + з
4-6 = 4х + 2^ + Зи, т. е. z = -^u — 3. Полагая в уравнении ( ** ) / = 2, z=|u-3, получим:
(4s—13) и + 2№ + 22 = 0.
Отсюда ясно, что 4s—13 <0. Так как $>0, $ 56 1, $У=2, то, очевидно, $ = 3. Подставляя все эти значения
120]	решения	225
в уравнения (*), получаем систему трех уравнений первой степени с тремя неизвестными:
x + z + u = 2x+ 1,
2х + и = 4z + 4,
2х + z = би + 9,
из которой без труда находим x(=^) = 96, ^ = 57, и = 40.
3°. Среди чисел х, у, z, и имеются две пары попарно равных. Пусть, например, х = у, z — u. В таком случае первое уравнение (*) дает x = 2z— 1; подставляя этот результат в уравнение (**):
х = (2/—3)^ + /2+1, находим:
(2t— 5)^ + ^24-2 = 0.
Отсюда следует, что 2t—5<0, или так как />0, то / = 2. Теперь уравнения (*) принимают вид
х 2z = 2х + 1,
2x + z =4z + 4f
откуда х(=-у)=11, z(=w) = 6.
4°. Три из чисел х, у. z, нравны между собой. Здесь тоже приходится отдельно рассматривать два подслучая.
A) y — z — u, В этом случае уравнение (**) и первое уравнение (*) принимают вид
х = 3 (2w— 3) у + 3w2 + 1; 2х = Зу— 1 и, очевидно, являются несовместимыми.
Б) x~y^z. Первое уравнение (*) дает в рассматриваемом случае
2х + и = 2х + 1,
откуда и=1; последнее уравнение (*) дает
Зх = 2s и 4- s2 — 2s 4- s2; х =	.
Но х—целое число; следовательно, или s или 5 4" 2 должно делиться на 3, т. е. s = 3£, х~ k (3k-\-2), или s — Sk—2, х = (ЗА?—2) k\ здесь k—произвольное целое число.
8
Д. О. Шклярский и др.
226
РЕШЕНИЯ
[121—122
5°, Все числа х, у, z, и равны между собой. В этом случае первое уравнение (*) сразу дает Зх = 2x4-1, х= 1.
Итак, мы получаем следующие решения задачи:
х = у = 96, z = 57, и = 40; х=у=11, z = u = Q*t x=y = z = k(3k ±2), и=1; х=у — z = u~\.
121. Обозначая искомые числа через х и у, имеем: х4-у = ху, или
ху—х—у+ 1 = 1, (X—1) (у—1) = 1.
Но так как единицу можно только двумя способами разложить в произведение целых множителей, то сразу получаем:
х—1 = 1, у—1 = 1; х = 2, у = 2,
или
X—1= — 1, у—1=—1; х = о, у = 0.
122. Прежде всего устанавливаем, что хотя бы одно из трех чисел х, у и z, таких, что
X ' у Z ’
должно быть меньше 4: если бы все эти числа были 4, то сумма у+-+у была бы + ^ + 7=-4 • Таким об-разом, если считать, что х ^у 2, то для х остаются возможными только два значения: х = 2 и х = 3 (ибо х>1). Рассмотрим эти две возможности в отдельности.
1) х = 2; тогда ~4" = 1—-~=-|-. Приведя дроби к общему знаменателю и отбросив знаменатель, имеем:
yz— 2у— 2z = 0, уг—2у—2^4-4 = 4,
или
(у— 2}(z— 2) = 4,
123]	решения	227
Так как у и z больше 1, то у—2 и z—2 не могут быть отрицательны и возможны только следующие случаи:
а)	у—2 = 2, z—2 = 2; ^ = 4, г = 4.
б)	^—2 = 1, я—2 = 4; ^ = 3,2 = 6.
2) х = 3; тогда А_|_А=1---- = 4, или
у 1 z х 3 '
2yz— Зу— 3z = 0, tyz— Зу— 6z + 9 = 9, (2^—3) (2z—3) = 9.
Так как у^х = 3, 2у—3^3, 2z—3^3, то возможен только один случай:
2у— 3 = 3, 2z— 3 = 3; ^ = 3, ^ = 3.
Таким образом, все решения задачи даются следующими равенствами:
A j_A_lA = р A_lA < A=i« Aj-Aj_________L—1
2^4*^4	’	2^3П6	’	3^3'3
123.	а) Если А-4-А — А то избавляясь от знаменателя ' х 1 у а '	'
дроби, мы получим:
ах + ау = ху,
или
ху— ах— ау + а2 = а2, (х—а) (у—а) = а2.
Последнее уравнение имеет 2v—1 решений в целых числах, где v есть число делителей числа а2 (включая 1 и само число а2у для того чтобы получить все эти решения, надо
Л	а2
выписать 2у возможных систем вида х—а —а. у—а = -г
' а
6Z2 ’	Л
и х—а =— d, у—а~— -^-(где есть Делитель числа а2), кроме системы х—а = — а, у—а = — а, которая приводит к абсурдному в условиях данной задачи результату: х = О, <У = 0.
Если <2= 14, то а2=196 и делители числа а2=196 имеют вид
1, 2, 4, 7, 14, 28, 49, 98, 196.
8*
228
РЕШЕНИЯ
[123
Соответственно этому мы получаем следующие 17 решений нашего уравнения:
х
У
15
210
16
112
18 21128142
63 42|28|21
63 112 210	13
18 16 15 —182
12
— 84
X Ю 71—141 — 351 — 84 — 1821 у —35 —14| 7| 10| 12	13|
б) Заданное уравнение можно привести к виду
(х—Z) (у—z) = z2
(*)
(см. решение задачи а)). Пусть теперь t есть общий наибольший делитель трех чисел х, у и z, т. е. х = хх/, J—^/, z — Zyt. где хх, уг и zr взаимно просты. Далее обозначим через т общий наибольший делитель чисел хх и zx и через п—общий наибольший делитель чисел j/x и zx, т. е. положим xx = /nx2, ^x = /nz2; У! = пу2, zr = hz2i где ха и Z2, у2 и z2 взаимно просты. Числа /пи л взаимно просты, ибо хх, уг и zx взаимно просты. Так как zr делится и на т и на л, то можем положить z^ — mnp.
Подставим теперь в основное уравнение (*) х = /пх2/, y = ny2t, z=-mnpt. По сокращении на /пл/2 будем иметь:
(х2—пр) (у2— тр) = тпр2.	(**)
Но х2 взаимно просто с р, ибо /п есть общий наибольший делитель чисел х1 = тх2 и z1 = mnp*t аналогично у2 взаимно просто с р. По раскрытии же скобок в уравнении (**) мы получаем, что х%у2 = х2тр+у2пр делится на р Отсюда следует, что р= 1, и наше уравнение принимает вид
(х2—л) (у2—т) = тп.
х2 взаимно просто с л, ибо три числа хх = /пх2, У± = пу2 и z1 = mn взаимно просты. Следовательно, х2 — л взаимно просто с л, а следовательно, у2—т делится на л. Аналогично х2—п делится на /п. Таким образом, х2—п = у2— tn — ±n\ х2=±^2 —±/п + л и, следовательно,
x = /n(/n-f- п) /, J = ± л (/п + л)/, <г = /пл/, где /п, л, t—произвольные целые числа.
124]
РЕШЕНИЯ
229
124.	а) Из равенства ху—ух видно, что простые делители чисел х и у—одни и те же:
Х = р?Р? . . . Рп', У=М . • • Рп',
где рх, р2, ... , рп—простые числа. Тогда, ввиду нашего равенства,
а1У = рхх, а^у =	.... а„у = ₽„х.
Будем считать, что у>х; тогда из написанных равенств следует, что
а2 < ?2> • • • > ап <
Следовательно, у делится на х, y = kx, где k—целое. Подставим это значение у в наше равенство:
х** = (&х)*.
Отсюда, извлекая корень х-й степени, получим: xk~kx, или =
Так каку >х, то k> 1, откуда х> 1. Но легко видеть, что 22~1 = 2, а при х>2 или k >2 всегда х*”1 >k. Действительно, при k >2, х^2
х**1 > 2*’1 >Л, так как уже 23“1>3, а при k = 2, х>2 х*’1 = х>2 = k.
Поэтому единственным решением нашего уравнения в целых положительных числах будет х = 2, k = 2, у = А?х = 4.
б) Обозначим отношение — через k, тогдау = £х. Подставляя это выражение для у в наше уравнение, получим: xkx = (kx)x, или, извлекая из' обеих частей корень степени х и затем деля на х, xk'1 = k,
откуда
1	1 k_____
Х=± kk-\ y = kkk-l = kk-1.
230
РЕШЕНИЯ
1125
Пусть рациональное число равно несократимой дроби Подставляя это выражение для в наши формулы, получим:
А—1——	_L=dL2.
к 1_р,	Л-1+ р , Л-1- q J
Р	Р+Я
Н’-?-')*' НФ)’-
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 p + q можно было извлечь корень степени q. Но так как при q^2 и p — nq будет иметь место неравенство
nq<р+?<(«+1)?=я?+qnq~l4-g(y~^ пд-* +..., то это возможно только при #=1.
Итак, все положительные рациональные числа, удовлетворяющие нашему уравнению, даются формулой
где р—произвольное целое число (кроме 0 и — 1).
125.	Пусть п — число восьмиклассников, m—число очков, набранных каждым из них. В таком случае число очков, набранных всеми участниками турнира, равно /пп4-8. Это число равно числу сыгранных партий. Так как участников турнира /z-f-2 и каждый играл по одному разу с каждым
। 1	/с	(л -f- 2) (л -f-1)
из д + 1 остальных, то ими всего было сыграно *—5—у—5—9 партий (в произведении (п + 2) (n+ 1) каждая партия учитывается 2 раза). Таким образом, мы получаем:
„„+8_<"+у+‘||
или, после несложных преобразований, п(п+3—2m) = 14.
Здесь п—целое число; число в скобках—также целое (ибо т—либо целое, либо дробь с знаменателем 2).
126—127]	решения	231
Так как, п—делитель 14, то п может быть равно одному из чисел I, 2, 7, 14. Значения л=1 и л = 2 мы должны отбросить, так как в этом случае общее число участников не превышает 4 и два семиклассника не могли бы набрать вдвоем 8 очков.
Остается п~1 и л =14.
Если /х = 7, то 7(74-3 — 2m) = 14; т = 4.
Если л=14, то 14(144-3 — 2m) =14; т = 8.
126.	Пусть девятиклассников было п и набрали они т очков. Тогда десятиклассников было Юл и набрали они 4,5m очков. Всех же участников турнира было Пл и набрали они 5,5m очков.
Общее число набранных всеми очков равно числу сыгранных партий. Партий сыграно было	—И ф Отсюда
- к 11п(11п— 1)
5,5m =-----------
и, следовательно, т — п (11/2—1).
Каждый девятиклассник сыграл Ил—1 партий (ибо число участников турнира равно 11л), а потому л девятиклассников могли набрать л(11л — 1) очков только в случае, если каждый из них выиграл все партии. Это возможно лишь при л=1 (так как два девятиклассника не могут одновременно выиграть друг у друга). Итак, получаем единственное решение л=1, т=10.
127. По условию задачи имеем:
]/р(р—а) (р—Ь) (р—с) = 2р, где а, Ь, с—целые числа и р = а^^--. Обозначим р—а = х, р—Ь — у, р — c~z\ тогда будем иметь;
V{x+y + z)xyz = 2 (X+у + z), или, возведя обе части равенства в квадрат, xyz = 4(x+y 4-z).
Здесь х, у и z—или целые положительные числа, или же половины нечетных целых чисел. Но второй случай невозмо
232
РЕШЕНИЯ
[127
жен, так как тогда слева у нас стояло бы дробное число, а справа—целое. Итак, х, у и 0 —целые.
Пусть теперь х ^у z. Из нашего уравнения найдем, что 4у-Нг.
Х~^ уг — 4 9
следовательно, мы будем иметь:
yz—4 У'
Последнее неравенство можно умножить науг—4 (ясно, что yz— 4>0, ибо иначе х было бы отрицательным) и рассматривать как квадратное неравенство относительно у.
y2z — 8у—40^ 0, т. е. (у— Ji) (у— у2) <0, (*) где у± иу2—корни уравнения zy2—8у—40 = 0, зависящие, разумеется, от z*.
tl _ 4-h 4za t _ 4—/16 + 4?
*---------- , y2-----------	.
Но y2 отрицательно и, значит, всегда у—У<С>^ (ибо у положительно); следовательно, для того чтобы выполнялось неравенство (*), надо чтобы было
у-у^о, у-^^.
Итак, имеем yz^ 4 + ]/"16 + 402, откуда и подавно z2 — 4^/16-)-4г2 (ибо z^y}. Возводя обе части в квадрат, получим:
04 — 802 + 16 < 16 + 402; 04 < 120а,
что, очевидно, выполняется только при 0^3. Рассмотрим теперь ряд возможных случаев.
1". 2=1,	><4-±К~1Л?<9;	Л_«» + 4г = &±4
1	1/2—4	у—4
будет целым положительным только, если<у = 5 (в этом случае х=24), ^ = 6 (в этом случае х=14), j = 8 (в этом случае х=9).
2° z = 2	у<4+|<16+±1<5- .г-^ + 4г-4У+8_
’ У	2	х~Уг-4 2у^-4
2V + 4 ,	„
= ~—п- будет целым и не меньшим у только, если у = 3 у
(в этом случае х=10) и у = 4 (в этом случае х = 6).
128]
РЕШЕНИЯ
233
3". . = 3,	j,<1±Z^±±-9<4. При z=,_3
х = уг_4- не будет целым.
Итак, мы получили следующие пять решений задачи:
24
14
9
10
6
5 6
8 3
4
1 1
1 2
2
30
21
18
15
12
6
7
9
5
6
25
15
10
12
8
29
20
17
13
10
128. а) Задача, очевидно, сводится к решению в целых числах уравнения
jt24-^2 = z2.
Если t есть общий наибольший делитель чисел х, у и г, то, сократив наше уравнение на f2, мы получим совершенно такое же уравнение, где х, у и z уже взаимно просты. Поэтому мы можем считать с самого начала х, у и г взаимно простыми. При этом и каждые два из этих чисел будут взаимно простыми, так как иначе и третье должно было бы делиться на их общий делитель.
Отсюда,- в частности, заключаем, что никакие два из чисел х, у и z не могут быть четными. Далее, если бы X и у были оба нечетными: х = 2й+1, J = 2/-|-1, то мы имели бы
x2+j2 = (2&-J- 1)2 + (2/+ I)2 = 2 [2 (Л2 + /2Н-Л4-/) +1], в то время как квадрат целого числа z должен быть либо нечетным (если z нечетно), либо делиться на 4 (если z четно). Поэтому одно из двух чисел х, у должно быть четным, а второе нечетным; предположим, например,что х = 2хх четно.
Перепишем теперь наше уравнение в виде
(2хх)2 = г2 -г у* или х} = г-^ •	.
234
РЕШЕНИЯ
[128
Пусть	= тогда z = u-\-v, у = и— V.
Целые числа и и v (напомним, что z и у оба нечетны) должны быть взаимно простыми, иначе z и у не были бы взаимно простыми. А если так, то из того, что их произведение uv = x\ есть полный квадрат, следует, что каждое из них в отдельности представляет собойполныйквадрат: и = а2, v = b2. Теперь окончательно имеем:
z = u-\-v = a2 + Z>2, у~и—v = a2— b2, x1 = yr uv = ab, или, если не требовать, чтобы х, у и z были взаимно простыми:
x — 2iab. у = Ца2—b2), z = t (а2 + #2), где а, b—произвольные взаимно простые между собой целые числа и а^>Ь, a t—произвольное целое число.
Эти формулы и дают решение задачи.
б) Обозначим стороны треугольника через х, у и z (z—сторона, лежащая против угла в 60°). В таком случае по теореме косинусов получим z2 = x2+y2—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 следующем виде:
[4г + (х+_у)]2 = [2г + 2 (х +j)]2 + [3 (х— >)]2, или
w2 = u2-irv2i
где u = 2z-]-2(x + y), <и = 3(х—у),	w == 4z + (х + у).
Теперь результат задачи а) позволяет сразу написать:
u~2tab, v = t(a2— b2)t w = t (a2 + b2),
где a, b—какие-то два взаимно простых числа, i — тоже целое.
Итак, имеем:
4*44x+j0 = ^2 + ^2),
2z + 2(x+y) = 2tab, 3(х — у) ~ t (а2—b2).
128]
РЕШЕНИЯ
235
Решая $ту систему трех уравнений третьей степени с тремя неизвестными х, у и z, получим:
6г = 2f (а2 4- Ь2) — 2fab, 3 (х 4- у) = 4tab—t (а2 4- b2), 3(x—y) — t (а2—Ь2.) и окончательно
х =±-tb(2a—b), y — ^ta(2b—a),	z — 4-1 {а2 4- b2—ab).
О	О	О
Для того чтобы даваемые этими формулами значения х, j, z были целыми, необходимо, чтобы по крайней мере одно из чисел f, a-\-b делилось на 3. [Если£ = 3/Х, то полученные формулы можно переписать в виде
х = trb (2а—Ь), у = tra (2b—a),	z = tr (а2 4- b2—ab),
если а-\-Ь делится на 3, то либо a = 3ax + L b = 3b1-]~2 и х = t (3£х + 2) (2ах — &х),	у = t (Зах + 1) (2b1—a1 + 1),
z = t (За? + 3*1 — Зах&х + 3£х + 1),
либо а=Зах4-2, # = 3£х+1 и
х = t (Зйх + 1) (2ах—bt +1),	у = t (Зах + 2) (2&х—ах),
z = t (За? 4-3^—3а1&14-3а14- 1).]
Для того чтобы полученные формулы имели смысл, необходимо, чтобы было 2a>b, 2b>at т. е. ~<£<2а; при этих условиях наибольшее из трех чисел х, у9 z (если а>Ь9 это будет число х) будет меньше суммы двух других, т. е. из отрезков длин х, у, z можно будет образовать треугольник.
в) Из теоремы косинусов получаем: z2 = x2+y2-[-xy, где z—сторона треугольника, лежащая против угла в 120°; х и у—две другие стороны.
Это соотношение можно представить в виде
[4z 4- (х—.у)]2 = [2z 4- 2 (х— j)]2 4- [3 (х 4-^)]а.
* Отсюда аналогично решению задачи б) получаем:
x = ^ta(a—2b), y = -Ltb(2a—b), z = i- t(a2 + b2—ab), ooo
где а и b—какие-то взаимно простые числа, такие, что а>2Ь9 и по крайней мере одно из чисел а 4- b делится на 3.
236
РЕШЕНИЯ
[129
129.	Пусть в треугольнике ЛВС (стороны которого равны а. Ь, и с, а углы—А, В и С) В = пА. Тогда C=2d— — (л4-1)Л и, следовательно, в силу теоремы синусов b ________________sin nA с _sin(n+l)A
а sin А ’ a sin А
а)	п = 2. Так как
sin 2Л = 2 sin A cos Л, sin ЗЛ = 4 cos2 Л sin Л — sin А, то в этом случае
~ = 2cos/, -£- = (2cos4)2—1.	(*)
^2 |	_ Qp
Но 2 cos А =—-------- и, следовательно, в треугольнике
с целочисленными сторонами 2 cos Л всегда будет рационально. Пусть 2cosA = y, где р и q—целые числа. Тогда, в силу соотношений (*),
а'.Ь'.с = q2:pq:{p2—q2).
Если р и q взаимно просты, то три числа #2, pq и р2—q2 не имеют отличного от единицы общего делителя. Отсюда вытекает, что для всех треугольников, удовлетворяющих условию В=2Л с целочисленными несократимыми (т. е. не имеющими отличного от единицы общего наибольшего делителя) сторонами, длины сторон выражаются формулами а = ^2, b = pq, с~р2— q2,
где р и q — взаимно простые целые числа.
Для того чтобы приведенные формулы действительно определяли стороны треугольника, для которого 2А, числа
р и q должны удовлетворять следующему условию: угол А = arccos~ должен быть заключен в пределах 0<А<60® (А должно быть меньше 60°, так как А + В+С=ЗА+‘ + С=180°). Так как cosO=l и cos60° = у, то это
условие можно переписать в виде 2>~->1. Наименьшие целые числа р и qt удовлетворяющие этому условию,— р = 3, q = 2. Отсюда следует, что наименьшим треугольником с целочисленными сторонами, удовлетворяющим условию В = 2А, будет треугольник со сторонами а=4, с = 5.
129]
РЕШЕНИЯ
237
Перейдем теперь к задачам б) и в). Здесь нам понадобятся выражения для sin 5Д, sin64 и sin 7А через тригонометрические функции угла А. Применив несколько раз теорему сложения для синусов (или воспользовавшись общей формулой задачи 222 б); см. стр. 56), можно после ряда преобразований получить следующие формулы:
sin 5А = (2 cos Л)4 sin Л — 3 (2 cos Л)2 sin Л + sin Л,
sin 6Л = [(2 cos Л)2— 1 ] [(2 cos Л)2 —3] 2 cos Л sin Л,
sin 7 А = [(2 cos Л)2 —2] [(2 cos Л)2—3] 4 cos2 Л sin Л—sin Л.
Далее решение проводится совершенно так же, как и в случае задачи а).
Положим 2cosA=A, где р и q— взаимно простые целые числа; тогда из формул для sin 54, sin 64 и sin 74 будет следовать, что для всех треугольников с целочисленными несократимыми сторонами, удовлетворяющих условию В = лЛ, где л = 5 или 6, длины сторон выражаются формулами:
б)	при
a = q&,	b^qip^Sp^ + q*),	с = р (р2—q2) (р2—3q2);
в)	при л = 6
a = q*, b = pq(p2—q2)(p2—3q2), c—p2(p2 — 2q2)(p2—3q2)—qt
(р и q—взаимно простые целые числа).
Для того чтобы определенные по этим формулам числа действительно были сторонами треугольника, для которого В = лЛ, числа р и q должны быть такими, что:
б') при л = 5 0<arccos~ <30°,
в') при п = 6	0<arccos~-<^-«25°43'.
УЗ
Так как cos 30° = то при л = 5 числа р и q дол-
жны удовлетворять условию 2>у	3 = 1,732... Наи-
меньшие целые q и р, удовлетворяющие этому условию,—
238
РЕШЕНИЯ
[130
^ = 4, р=7 (q должно быть не менее чем 4, так как
Р	1 \
у отличается от целого числа менее чем на у ) .
Следовательно, наименьшим треугольником с целочисленными сторонами, для которого В=5А, будет треугольник со сторонами
а=1024, £=1220, с = 231.
При л = 6 числа р и q должны удовлетворять условию
Р О 180° i-r
2>-^->2 cos-y-. По таблицам находим, что
2 cos^^2 cos 25°43'^ 1,802.
Следовательно, должно быть 2>—>1,802. Наименьшие q
целые числа q и р, удовлетворяющие этому условию,— ^ = 6, р=11. Подставляя эти q и р в нашу формулу, найдем, что наименьшим треугольником с целочисленными сторонами, для которого £=6А, будет треугольник со сторонами
а = 46 656, £ = 72 930, с = 30 421.
130.	Предположим, что имеется такой прямоугольный треугольник, катеты которого равны х2 ну2, а гипотенуза z, где х, у и z—целые числа. При этом мы можем считать, что числа х2, у2 и z— попарно взаимно простые и, следовательно, что
х2 = 2а£, j2 = a2 —£2, z = a2-\-b2,
где а и Ь—какие-то взаимно простые целые числа; а>£ (см. решение задачи 128 а)). Второе из этих равенств можно переписать так:
а2 = Ь2 -\-у\
в силу чего а, b и у можно представить формулами
£ = 2ta, y = t2 — и2. a = t2-\-u2,
где t и и—какие-то взаимно простые числа (здесь мы снова пользуемся результатом задачи 128 а)). А в таком случае имеем:
/ у \ 2
х2 = 2(/Ч^2)-2/и; (4)	+
\ £ j
131 — 132]
РЕШЕНИЯ
239
Но t и и взаимно просты между собой, а значит, взаимно просты и с числом /2 + #2; следовательно, из того, что произведение ta(f2 + w2) представляет собой полный квадрат, следует, что каждый из множителей в отдельности является полным квадратом:
/ =	/2 + а2 = ^.
Последнее равенство показывает, что существует прямоугольный треугольник, катеты которого равны f = и и=у*, а гипотенуза zr. Здесь х19 у± и zr— снова целые положительные числа и, что особенно важно, ^<2 (так как даже z* = (f2 +л2)2 = а2<л2 + ^2 = ^). Таким образом, мы видим, что если существует какой-то прямоугольный треугольник, катеты которого суть квадраты целых чисел, а гипотенуза равна целому числу, то существует и другой такой треугольник с м ен ь шей ги потен у з ой. 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 прямоугольного треугольника равна 1, то катеты не могут равняться квадратам целых чисел). Полученное противоречие и доказывает утверждение задачи.
131.	Обозначим левую часть равенства через А, а правую—через В. Тогда
л!-А = 1-2-3. . .л-А = (2л)!, л!’В=(2п-л!)-[1«3-5.. .(2л—1)] =
= (2-4-6.. .2л).[1 -3.. .(2л—1)] = (2л)! (относительно обозначений см. стр. 22). Отсюда А = В.
132.	а) Воспользуемся очевидной формулой
1 _ 1 1 k(k + l)~ k /г+1* Отсюда
_L_i— 1	±
Ь2 2 ’ 2.3“" 2	3 ’ .
1 _ 1___1_ 1 __ 1 1
За з 4 * ••• » (п—1)п"~л—1	п •
240
РЕШЕНИЯ
[132
Складывая почленно все эти равенства, получим: _L .1_ _1_ । j__________________!___— 1 —L .
1*2 ' 2-3 ‘	‘ ’ г(л—1) п п
б) Воспользуемся формулой
1	1 Г 1	1	1
H*+l)(* + 2)~2 Lh^+1) (*+l)(* + 2)J ’ которая проверяется непосредственно, приведением ее правой части к общему знаменателю.
Отсюда имеем:
1 _ 1/1 1 \ 11/1 1 \ 1*2-3“ 2 \1-2 2-3,/ ’ 2-3-4“ 2 \2-3 3-4;»
1 _ 1 / 1 1 \
3-4-5	2 \3-4	4-5/ ’ ’ ‘ *
1	— 1 Г 1	— 1 1
•” ’(л—2) (л—1)л	2	(л—1)	(л—.-1)л]
Складывая почленно все эти равенства, получим:
1-2-3 '2-3-4 '3-4-5 ' ‘ ’ ^(л-2) (л—1) л
= 1 Г 1	1 1
2 [2	(л—l)nj
б) Воспользуемся формулой
1 = k (£+1)(£ + 2)(£+3)“ = JL Г______________________!___________________1	1
3	1) (£4-2) (A- + l)(fe + 2)(fe + 3)J ’
в справедливости которой убеждаемся непосредственной проверкой. Отсюда имеем:
1 _ 1/1 1 \ 1 1/1 1 \ 1-2-3-4	3 \l-2-3 2-3-4;’ 2-34-5“ 3 \2-3-4	3-4-5> ’
1 — 1 ( 1 И
3-4-5-6“ 3 \3-4-5 4-5-6J ’ ’ * ’
_________1____________
’** ’ (л—3) (л—2) (л —1) л “
_ JL Г 1	1	1
3 1(л—3)(л—2) (л— 1)	(л—£) (л— 1) л] ’
133]	решения	241
Складывая все эти равенства почленно, получаем:
1	।	*	_|__!—1_	_)-------!________
Ь2-3-4 *2.3.4.5 ^3.4.5-6 ~ ‘ ‘	(п—3) (п — 2) (n— 1) п
— 1 Г 1	1	1
3 [6	(п—2) (п— 1) nJ *
Примечание. Если догадаться, какой вид должны иметь окончательные формулы (и это не очень трудно сделать, если непосредственно просуммировать заданные ряды для нескольких малых значений п), то доказать справедливость формул можно также по методу математической индукции (сравните с решением задачи 133).
Можно доказать также, что вообще
____!__+_______!___+
... +______________’ _____-______=
•••т(п-р+1)(п-р+2)(п-р + 3) ... п
1 Г 1____________________________1__________1
— р—1 L1 - 2 • 3... (р'—1) (п—р + 2)(п— р + 3) (п—р + 4) ... nJ (доказательство аналогично решению задач а) — в)).
133. Проще всего доказываются эти равенства методом математической индукции. Предоставляя читателю самостоятельно провести вычисления для сумм а) и б), мы здесь ограничимся доказательством общего равенства в), из которого соотношения задач а) и б) вытекают как частные случаи.
Это равенство справедливо при л==1, так как
1.2.3...+
г Р + 1
Предположим, что оно справедливо для некоторого л:
1.2.3...р+...+л(л+1)...(л+р-1) =
П (П + 1) •.  (П + р)
РЧ-1
В таком случае
1-2-3.. ,р +2-3.. ,р(р+1)-+...
... + л(и+1). .-(«Ч-Р —1)+ («+!).. .(л+Р—!)(« + />) = ="|"+;)+-||я+р)+(»+,)...(.+У)~
п (П+1)...(п + р) + (р+>)(» +!)••(«+р)
р + 1
(п+1)...(п + р)(п + р+1)
~	Р-н
242	решения	[134
По принципу индукции заключаем, что наше равенство справедливо для любого целого п.
134. Первое решение, а) Напишем ряд равенств
13=13,
23 = (1 + I)3 = I3 4-3-13 + 3-1 +1,
3s = (2+ 1)3 = 23 + 3-22 + 324-1,
43 = (3+1)3 = 33 + 3-33 +3-34-1,
(л+1)3 = л3+ Зл3 4- Зл 4-1.
Складывая все эти равенства и отбрасывая в сумме одинаковые члены, стоящие слева и справа, получим:
(л-|-1)3 = 134-3(124-224-324-...4-л2)4-
4-3 (14-2 + 34-я) 4-
Отсюда
12 + 22 + 32 + ... + л2 =
_ (п4-1)»—1—3 (14-2 + 34-...4-п) — я_
~	3	—
2я3 + 6я2 + 6я—Зя2—Зя—2я _ я (2я2 + Зя +1) _
=	6	—6~
л(я+1)(2я+1)
6
б) Напишем ряд равенств:
14 = 14,
24 = (1 + I)4 = 14 + 4-13 + 6-12 + 4-1 + 1,
З4 = (2 + I)4 = 24 +4-23 + 6-22 + 4-2 + 1,
44 = (3+ 1)4 = 34 + 4-33 + 6-32+ 4-3 + 1,
(л + 1)4 = л4 + 4-л3 + 6-л2 + 4-л + 1.
Складывая все эти равенства и отбрасывая в сумме одинаковые члены, стоящие слева и справа, получим:
(л+1)4 = 14 + 4-(13 + 23 + ... + л3) +
+ 6(12 + 22 + ... + л2) + 4(1+2 + ... + л) + л.
134]	решения	243
Отсюда, используя результат задачи а), имеем:
I3 + 23 + ... + л3 =
= 1 [(„+1)._1_6"(. + l)(2- + l)4MM±)„j _
= 4<К” +1)*-!] [(» + 1)а+ !]-»(»+ 1) (2»+ О-
— 2/z («4-1)—п} =
= |[(»4-2) (л2 + 2л 4-2)-(л 4-1) (2«4-1)-
-2(л+1)-1] =
= ^-[(«4-1)(л24-2л4-2-2л-1-2)4-
4-(л24-2л + 2-1)] =
= ^[(п2-1)4-(л4-1)]=^^.
в) Аналогично решениям задач а) и б), используя формулу (&+ I)5 = kb + 5£4 -р10&3 + 10&2 + 5Л + 1, получаем равенство
(л+1)5 = 15 + 5(14 + 24 + ... + л4) +
+ 10 (I3 + 23 + ... + л3) + 10 (12 +22 +... + л2) +
+ 5(1+24“... + fi) + л,
из которого, используя формулы задач а) и б), находим:
р [ 04 | ... |	^(n+l)(2n+l)(3^ + 3n-l) .
30
г) Обозначим:
Sn = 18 4- 2s 4- з3 4-... 4- л3 = ”2(”4+1)а
(см. задачу б)). В таком случае имеем:
I3 + З8 4- 5® 4- ...4- (2л—З)3 4- (2л— I)3 =
= [l34-23-f- ...4- (2л)3] —2s [134-23 4-"... 4-л3] =
с ос (2п)а (2п-|-1)а спа(л+1)2
— '-)2в	~	4	°	4	7 —
= л2 (2л4-1)2—2л2 (л 4- 1)2 = л2 [(2л 4- I)2—2 (л 4- 1)2] =
= л2 (4л2 4-4л 4-1 —2л2—4л—2) = л2 (2л2— 1).
244	решения	[134
Второе решение, а) Рассмотрим следующую квадратную таблицу:
сумма всех чисел таблицы равна и . С другой стороны, будем суммировать числа таблицы, объединяя их так, как указано жирными линиями. Очевидно, в /?-й строке и /г-м столбце таблицы стоят числа, общая сумма которых есть
1 4-2 + ... + (&—+	=
=(—^)k+^=4 k2—1 k.
Суммируя по всем подобным участкам таблицы, получаем:
4 (12 + 22 +... + л2)-1 (1 + 2 + ... + л) =	0
откуда
124-22+...-|-л2 =
2 Гл2(л4-1)	п(п+1)1 _
3 L 2	4 J —
_ л (л 4-1) (2л 4-1) 6
134]
РЕШЕНИЯ
245
б) Рассмотрим таблицу:
Сумма всех чисел таблицы, стоящих в одной строке, равна 12 + 22 + 32+... + л2, т. е. —(см. решение задачи а)); следовательно, общая сумма всех чисел к	n2(n-|- l)(2n-h 1)
таблицы равна —*——у—5—’. С другой стороны, сумма чисел, стоящих в А-й строке и &-м столбце, равна
J2 4- 22 + ... + (fe— I)2 + fe-	U + /г» =
4	1	1
Отсюда получаем:
4 (I3 + 2» +... + — <1 = + 22 +-+"“) +
+|(1 + 2 + ... + „)„?!<1±№+'>| откуда после несложных преобразований, используя результат задачи а), выводим:
-я . пя 	 ч n2(n+l)2
l8 + 28+ ... + n3 = —.
в) Задача может быть решена совершенно аналогично задачам а) и б), если рассмотреть квадратную таблицу, в каждой строке которой написаны числа I3, 23, ..., л3. Предоставляем читателю самостоятельно провести все выкладки.
Примечание. Если догадаться, какой вид должны иметь формулы, доказательство которых составляет содержание задач
246	решения	[135—136
134 а) — г), то проверить справедливость этих формул можно с помощью метода математической индукции.
135. Прибавим к сумме, стоящей в левой части равенства, единицу. Тогда получим:
[(1 + а)(1 + а)] + с (1+ «)(!+*) + ...
... + /(l + a)(l+*)...(l+*) = [(l + «)(l+*) + + С(1 + а)(1+^)] + ^{1 + а)(1+*)(1+с) + ... ... + /(14-а)(1+6)...(1 + А!) = [(Ц-а)(1+&)(1 + С)4-+ d(l+fl)(l+ft)(l+c)]+ ... +/(1+а)(1+&)...(1 + Л) = = (l+a)(l+ft)(l + c)(l-|-d) + ...
(1 4-а) (1-|-Z>)... (1-f-Л) =... = = (1 + а) (1-Н) (1 + с) ...(1+/).
что и требовалось доказать.
Если а — Ь = с =... = /, то получим: а4-а(1 + а) + а(14-а)2 + а(1+а)8+ ...
... + а (1 +а)-1 = (1 +а)"-1, где п есть количество чисел а, bt с, ..., /, или, обозначая 1+а через х, а=х—1,
(х—— 1) (1 + х + х2 + . • • + х”-1) = xw—1, т. е. формулу для суммы геометрической прогрессии.
136. а) К сумме, которую нам надо определить, прибавим единицу. Получим:
(11 + 1.1!) 4-2-2!+ 3-3!+ ... +л-л! =
= (2!+ 2-2!)+ 3-31+
= (31 + 3.3!)+ .. .4 п-п! = 4!+ ... + д.д! =
= (nl + n./z!) = (л+ 1)!;
следовательно,
1. И 2-2! + 3*3! + ... + д./z! = (д + 1)!—1.
Примечание. Этот результат можно было сразу получить из формулы задачи 135, положив в ней а=1, b — 2t с=3, ...» 1 — п.
б) К сумме, которую нам надо определить, прибавим Сд+1 = 1. Воспользовавшись тем, что C^ + C^+1 = C^++1i,
137—138]
РЕШЕНИЯ
247
получим:
(£/1 + 1 + Сп + 1) + £/1 + 2 + £/1 + 3 + . . . + Cfl + k
= (С^+2 + Сд+2) + Сл+з+ • • • + £*+£ =
= (£/г + з Н“£/г + з) + • • • 4“£/1+Л —
— £л+4 “F • • • 4~£n+fe —
_pk
• • •   ^n+k + 1>
следовательно,
£л+1 + £л+2 + £л+з + ••• + £«+fe — Cn+k+i — !•
Примечание. Этот результат можно было бы сразу полу-,	п -J* 1	1 л -|-1
чить из равенства задачи 135, положив в нем а = —j— , 0 = —%- , __/> + 1	у_..п4-1
3 ’ •••’ 1 k ’
137. Из определения логарифма легко получить формулу
logb a loga Ь'
Действительно, если logba=j, то имеем: А	।
Ьу = а или а у = Ь, откуда ~ — loga b.
Теперь наше равенство можно записать в виде Iog.v2 + logjv3+ ... + logjylOO = logTv (2 • 3... 100),
откуда видно, что оно является непосредственным следствием формулы для логарифма произведения чисел. *
138. Эта сумма равна уу-—у. Доказательство легко провести методом математической индукции. Прежде всего наше утверждение справедливо при л=1. Далее, 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 знамена-
ai4-a24-... -\-ап ’
теля каждого члена суммы равен сумме всех чисел ах, а2г ап. Далее, группируя в скобках отдельно (л—1)! членов, соответствующих перестановкам индексов, в кб* торых на последнем месте стоит индекс 1, (п—1)! членов, соответствующих перестановкам индексов, в которых на
248
РЕШЕНИЯ
{139
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 рассматриваемая, составленную для п—1 чисел а2, а3, ап\ аъ ап и т. д. Применяя к этим суммам правило суммирования, справедливое по сделанному предположению, мы получим:
^4-... +ап \а2а3...ап~ а&з, t.an~ ‘ ‘ ~	. .ап_г J
__ _____1_____ f + ^2 + « » » +	\ __	1
«1 + а2+...+^ \ ala^,.an J
что и требовалось доказать.
139. а) Умножим наше выражение на 1—
О
Поэтому
б) Умножим наше выражение на sin а:
(sin а cos а) cos 2а cos 4а.. . cos 2Г£а =
=	(sin 2а cos 2а) cos 4а. . . cos 2”а ==
=	— (sin 4а cos 4а)... cos 2па = ...
1 . пп оп з1п2я+,а
... = gs sin 2 а cos 2 а = • g>+1 -.
140—141]	решения	249
Поэтому
л л	пп sin 2л+1а
cos а cos 2а cos 4а... cos 2 а = г .	.
* sin ОС
140.	Легко проверить, что 210 = 1024; таким образом, 2100= 102410. Так как 1 00010—1030 представляет собой число, составленное из единицы с 30 нулями, а 102410 >> 1 00010, то число 2100 = 102410 не может иметь меньше 31 цифры. С другой стороны,
102410	/ 1025 V о __ /41 у о _
Тбоо1® < \ 1000 J ~ <40 J ~
41	41	41	41	41	41 41 41 41 41
— 40	’ 40	‘	40	‘	40	‘	40 ‘	40 ’ 40'40 * 40 ‘ 40 <’
£	40	39	38	37	36 35 34 33 32_41	„
< 40	’ 39'38	*	37	’	36 ’	35 ' §4'33'32'' 51 ~31 < 1У’
так как
41	40	39
40 < 39 < 38 • • • и Т’ д>
(4.1	1	40	1	\
иб° 40 =	40 ’ 39 1 + 39 И Т* Д*) ’
Таким образом,
2100 = 102410 < 10-1ООО10,
откуда следует, что 2100 содержит меньше 32 цифр. Итак, число 2100 состоит из 31 цифры.
Примечание. Эту задачу очень легко решить, если пользоваться логарифмами: так как log 2 = 0,30103, то log2100 = 100 log 2= =30,103 и, следовательно, число 2100 имеет 31 цифру. Смысл задачи состоит в том, чтобы получить тот же результат, не пользуясь логарифмами.
141.	а) Первое решение. Обозначим произведение 1	3 5	99
~2 • ~4 • у • • • 1о5 через А и . рассмотрим еще произведение D 2	4	6	98 ~
в==-з- у 7---9Э- Так как
4_-<3	98	97 1^99
3 > 2 ’ 5 > 4 ’ 7 > 6 ’ •••’ 99 > 98 ’ 1 > 100 ’ то В>А. Но
j й 1 12 1 I 1	98 99 _ 1
= 2 '-3 * 4 * 5 ' 6 ’ 7 • • -99 ’ 100“ 100*
250
РЕШЕНИЯ
[141
Отсюда следует, что
А2 = а значит,
гг О О Л 3	5	7	99	,
Далее, B<2A = T.-g.-g...l56, ибо
2.^3. А^-А А^А 98 99 3<4’ 5<6’ 7 < 8 ’ •••’ 99< 100*
Следовательно,
Д-2Д>ЛВ==ТА и значит, А >—А=. 100 ’	’ ю / 2
Второе решение. Обозначим, как выше, А А А -99—д 2 ’ 4 ’ 6 ’ ’ ЧОО"-71,
Тогда
2__Р_ 32 52	992
А ~ 22 ’ 42 ’ 62 ’ ’ * 1002 ’
откуда
I2 З2 — 1 52 —1	992 —1	.2
22 • 42 • б2 • • • 1002 л <*
I2 З2 52	992
<22~’l ’ 42 —1 ’ 62 —Г ’ ’ 1002 — 1 *
Разлагая теперь числители дробей слева и знаменатели дробей справа по формуле разности квадратов, получим:
1	2-4 4.6	98-100	2	1	3-3 5-5	99-99
2^2 * 4-4 * 6-6* * 400.100	< ЬЗ’3.5’5.7‘’ ‘99.101 >
или после сокращения 1 1 <• 1 200	^101’ ю/2 /ТОТ 10’
что и требовалось доказать.
Примечание. Совершенно так же можно доказать и более общее соотношение
___1_ J_.A.A 2п~1	1 2 /zi 2 ’ 4 ’ 6 ’ ’ • 2п /2п*
141]
РЕШЕНИЯ
251
б) Докажем, что при и>1
l.A.A 2n—1	1
2 ’ 4 * 6 ’ * ’ 2п /Зп +1 *
Доказательство проще всего провести методом математической индукции. При п=\ имеем:
1 1
2 КЗ-1 + 1 ’
Предположим теперь, что для какого-то значения п
1 ^3 5	2n—1	1
2 * 4 * 6 ’ ’ ’ 2н	/3^+Т ’
Умножим обе части последнего неравенства на
2и +1.
2n Н-2 *
1	3 5 2п — 1 2п +1 2n +1
2 'Т'б'’' * 2п ’ 2л 4-2"(2л 4-2)	*
Но
/	2 л 4-1 V (2п+1)2	=
\ (2л 4т 2) /Зп 4-1 /	12п» 4- 28л2+20 л 4- 4
________(2л 4-1)2______(2л 4-1)2	1
(12л®-|-28л2 4- 19л 4-4)-|-л (2л 4-1)2 (Зл-|-4) 4-я Зл -|-4 ’ откуда следует, что 2л 4-1	1
(2л 4-2) /Зл4й	/Зл4-4 *
Таким образом, получаем:
JL.2.A 2л—1,2л 4-1	1
2'4'б'“ 2л ’ 2л 4- 2	}<3(n +1)4-1*
Отсюда, в силу принципа индукции, заключаем, что при всяком п — \ 1
2 * 4 ’ 6 * ’ • 2л |ЛзлТТ ’ причем равенство достигается только при л = 1. Подставим теперь в последнее неравенство л = 50. Мы получим:
JL Л £ 99	1______!___	1
2 ’ 4 ’ 6 * ’ * 100	V3.’§6+T~ УШ “ 12,288... ’
что даже сильнее того, что нам требовалось докааать.
252
РЕШЕНИЯ
[142—143
142. Имеем:
1 sW _	1-2.3... 10Q	_
2юо ci»e 25o (1.2.3.. .50)-2e0 (1-2.3.. .50)
_	1-2-3...100	_ 1-3-5...99
— (2-4-6... 100).(2-4-6... 100) ~ 2-4-6... 100 ‘
Далее остается только применить результат задачи 141 а).
143. Требуется определить, что больше: 101" — 99“ или 100". Составим отношение
101"—99"	(Ю04-1)"-(100—1)"	2(С‘-100"-14-С*.100"-34-...)_
100"	~	100"	“	100"
9 ( п ।	—	,	\
1100	31-1003	т •• • 1 •
Отсюда сразу ясно, что это отношение больше 1 при л >50. Покажем, что при п = 49 оно тоже больше 1:
49	49.48-47
100 + 3!-1003 "Г
18 424 \ ЮОз 1002 \ _ 100» )
Покажем теперь, что при л = 48 наше отношение будет уже меньше 1. Действительно,
/ 48	48-47-46	48-47.46-45.44	\
VT66+ 31-100» +	51-100»
-of48.	483
' \Тбб ‘ (1.2-3) • 100» * 48б	487	.
‘"(1.2-3) (2-3) 100»“Г (Ь2-3) (2-3) (2-3) ЮО7^
9	1 2	J^/48 у \
\ юо”1” 6 \ юо/ б2 \ юо/ “г • • •; 48
-	100	__9600 у
____1^ /_48 у ~9616< Ь
6	\iooj
Тем более, при п <48 отношение будет меньше 1.
Итак, окончательно получаем: 99"+100" больше чем 101" при п <48 и меньше мем 101" при п >48.
144—145]
РЕШЕНИЯ
253
144.	Докажем предварительно, что произведение п последовательных целых чисел больше чем квадратный корень из произведения крайних чисел в степени п. Обозначим эти числа через а, а+1,	1. Тогда £-е число от
начала будет а 1, &-е от конца a-\-n — k. Их произведение
(a -f- k — 1) (а 4- п — k) = а2 4- ап — а {k — 1) (п — k) а2 4- яя — а = а {а 4~ п— 1), где равенство может достигаться только при k = 1 или k = п. Другими словами, произведение двух чисел, равноотстоящих от концов {в случае нечетного п эти два числа могут, в частности, оба равняться среднему числу), всегда больше чем произведение крайних. Но тогда произведение всех чисел
а (а 4- 1). . .(а 4- п— 1)
[а(а4~ л — 1)]2 =[Кя(л4-л—1)р, где знак равенства имеет место только при п = 1 или п = 2.
Докажем теперь, что 300! > 1ОО300. Имеем:
1-2... 25>/252® = 525;
26 ... 50 > (J/26-50)25 > 3525;
51 .,. 100>(К51 • 1 ОО)50> 7050;
101 ... 200 >]/ lOOloo-K2OOloo = 1020°.250;
201 ... 300 > V2ОО100 • V300100 = 10200 • 250  З50.
Перемножая левые и правые части неравенств, получим: 300! > 525 • 3525 • ТО50 • 10400 • 2100 • З50 =
_ Q50 , у25 . Q50 , 1450.1Q400.2Ю0 . ^50 = 10500 . J25 . 14&0 , £50 __ __ 10500,2125.4225,1425 •-> 10500.2025.4025, j 425 =
= 1О650 • 225 • 425 • 1425 = 10550 • 1 1225 =
= Ю600- 1,122б> 10®°°= 100300.
Примечание. Более общий результат сформулирован в условии задачи 148.
145.	Докажем, что для любого целого положительного
1 + £<71+±У<1 + А + ^.
1 п \	1 п У 1 п 1 п2
254
РЕШЕНИЯ
[146—148
Доказательство проведем методом индукции» Для-А^=1 оно очевидно. Пусть теперь оно справедливо для некоторого k; докажем его для А?+1. Имеем:
= 1 +Ш + А>
заметим, что здесь мы не пользовались тем, что k^n. Следовательно, это неравенство справедливо для любого целого положительного k. Полагая теперь k^n, получим:
/	1 \А+1	/	1 \k /	1 \	/ у £2\/
k + \ _^k* + 2k + l & + 1, k2 п
и2	и2 ” и3
(fe + I)2	n(fe-hl) —fe2
«3
'	и	‘ и2
^1	.	k+'	.	(* + *)2
Г	И	‘ и2
ибо /г (&-|-1) > &2	при	n^k.
Подставив в выведенные неравенства значение A = /z, получим:
и2
й2
146.	В силу результата предыдущей задачи юооооо
(1 ,ООООО1)1000000
1000 1 1 * 10011001
147.	Очевидно, имеем:
(1001)999 _ /1001 \ юоо 1	।	:
(iooo)109° \iooo; * lool ~ V + ю (см. задачу 145) и, следовательно, 1000100°> 1001999.
148.	Пусть неравенства задачи справедливы* для некоторого п. Чтобы показать справедливость их для 1, достаточно проверить справедливость следующих неравенств:
/ п 1 \ и+1 / п \п	/ п -4- 1 \ n+1 / П \п
149]
РЕШЕНИЯ
255
После сокращения на + 1 эти неравенства приводятся к не-1 f 1	1 f 1 \«
равенствам у ( 1+—1	> которые сле-
7	(	1 V
дуют из неравенств 2^(1+—) <3.
Остается только заметить, что для л, равного 6, утверждение задачи справедливо, ибо
= 3е = 729, 6! = 720, (|у = 2в = 64.
149. а) По формуле бинома Ньютона имеем:
и аналогично
Из сравнения этих выражений сразу следует, что / 1 \«+1 / 1 \«
I 1	> |^1	» откуда и вытекает утверждение
задачи.
б)	Составим отношение
/	1 V+i (	1 \« /
(1+—)	: ( 1 Ч-Ц) =(
\	п J	\	п — 1/	\
(п+1)п + 1(п-1)п fna~l\n
256
РЕШЕНИЯ
[150
Но при п 2
<1	1Y-1	„ 1 , n(n—1) 1 и (п-—1) (и—2) 1 .
V и2/	и2"1"	2! и4	3!	п5"1"
. п(п—1)(п—2)(п —3) 1
Н	4!	—
С другой стороны,
откуда и следует утверждение задачи.
150.	Доказательство проведем методом математической
индукции.
1°. Докажем, что
(*)
при любом целом положительном л. Действительно, прил=1 это неравенство очевидно выполняется: 1! = 1	. Предпо-
ложим теперь, что неравенство (*) уже доказано, и покажем, что в таком случае будет выполняться неравенство

П+1
В силу результата задачи 149а)
150]
РЕШЕНИЯ
257
Используя неравенство (*), получаем:
/ ।	/	। м / п \п, . /n-f-lV+i ппе
= + + =	___ =
В силу принципа математической индукции, отсюда вытекает, что неравенство (*) верно при любом целом положительном п. 2°. Перейдем к неравенству
(**)
Нам надо доказать, что это неравенство выполняется для всех целых л, больших 6. С помощью логарифмических таблиц (особенно удобны здесь таблицы натуральных логарифмов) нетрудно проверить, что при п~1 неравенство (**) справедливо:
т. е. 6! < (I)7, ибо In 6! = In 720 к, 6,58, а In (2_y = 7(ln7 — 1) «6,62.
Предположим теперь, что неравенство (**) уже доказано. В силу результата задачи 1496)
А теперь из неравенства (**) выводим:
(л-|-1)1 = (« + !)«!<(«+ 1)« (у) = . , /'n+lV + i пп+1е — («+!)( е )	(л+1)«+1~
= («+’) { — )	г 1 \п+1'<( +	)
V + п )
т. е. будет верно аналогичное неравенство, в котором п заменено на п 4-1. Так как при п —7 неравенство (**) верно,
9 Д. О. Шклярский и др.
258
РЕШЕНИЯ
[151
то отсюда, в силу принципа математической индукции, вытекает, что оно будет верно при любом целом п, большем 6, что и требовалось доказать.
151.	Воспользуемся тем, что> в сумме S = xft4-x*~14-•••+•*+1 при *>1 наибольшим является первый член и наименьшим — последний, а при х<1—наоборот. Отсюда сладу ет, что
(k-\- 1)лЛ>	#4- Т> если х>Т;
(&+ 1) xk <	1, если х<1.
Умножив теперь обе части полученных неравенств на х—1, имеем ири х у= 1
(*+ 1) Xk (Х— 1) > ХЙ+1— 1 > (k + 1) {X— 1).
Положим теперь в этом неравенстве х =
Р р—1
; тогда найдем4.
(fe+l)pft	pfe+i-(p-ty»+i
(р_ 1)*+1	(р—!)*+>
(fe+l)(p-l)\
р +1 аналогично, положив х = :-у-, получим: (fe+l)(p+l)fe	(p+l)fe+l_pfe+l	(fe+l)pft
р^+1	pfi+1	pk+1
Отсюда имеем:
(P4-1)*+1-pk+1>{k+\)pk>pk^—(p—
или, положив здесь последовательно р=1> 2, 3> . .. , п, 2*+i_ lft+i > (д_|_ 1)
3*+1_2*+1> (& + 1) 2*> 2ft+1—1*+1, 4ft+1—3*+1 > (й 1) 3fe > 3А+1—2А+\
(л +1 )k+1 - л6+1 > (k + I) nk > п**1 - (п-1 )*+ *.
Сложив все эти неравенства, получим:
(л 4-I)**1—1 > (6 4-1> (1 * + 2* + 3* + ... + «*) > л**1,
1521
РЕШЕНИЯ
259
или, разделив все члены неравенства на k-1- 1,
1 „ Л+1”
> 1*4-2* + 3*+ ... +па>-т4-тЛ*+\
К "р 1
Но отсюда и следует неравенство, которое требовалось доказать.
152.	а) Прежде всего очевидно
п + 1	п + 2	2n > 2n 2п ‘ 2п 2 *
п раз
С другой стороны, имеем:
1
n + n+l+n+2+ •••+2n
+ (^1 + 2^1) +(^2+2^2)+ "• + (^+4)] =
1 Зп । Зп . Зп ।	Зп "1
= Т [2П2 ’ 2п2 + (п-—1) * 2п24-2 (п—2) + ’ * ’ +2^J
Зп . Зп .	. Зп "1
2п?+2п* + *'* + 2n2J =
(п + 1) раз 1 , ,	3	3 . 3 . 3 . 1
==Т(й + 1)2Й = 1’ + ^<Т+^’
2
откуда и вытекает второе утверждение задачи, б) Отметим прежде всего, что
Зп ‘ Зп +1 2п ‘ 2п п *
Теперь получаем:
_! । ! р _] ! l f-L_| !—< п + 1^п+2^ •••^Зп—1 ^\3n^3n + i;^
<- + -+	= 2.
п п 1	1 п 1 п п
2п —1 раз
9*
260
РЕШЕНИЯ
[153
С другой стороны, имеем:
1__,	1	,	,1	1 Г/ 1	.	1	,
п + 1~гп+2’т‘ •••'Гз„ + 1	2 |_\/i +1 ' Зп + 1 / '
+(гп+^)+(гЬ+з^п)+ ••+(з^тт+ятт)]=
__ 1 Г 4и 4~ 2		4/1 4~ 2	
~ 2" [(2л4-1)2—п2ф(2n4-l)2—(n—I)2 +
. 4n + 2	I 4” + 2	~| ^
' (2«+1)2—(п—2)аФ • • • "Г(2/г+1)2—n2J -г>
1 Г 4и + 2 I 4/14-2 ।	. 4/14-2 1 _
Т 1(2/14-1 )2+ (2л4-1 )2 + * * * +(2/г4-1)а J ““
(2Л + 1) раз
= у (2л 4- 1) (2/г + !)2 = 1.
153.	а) Прежде всего докажем, что
2 уТ+Т— 2 У/Г< -У < 2 Vn — 2 V~n^A. у /г
Действительно,
>^»+1+Кп
—	2	2	_ 1
p^/i-i-1 4- J^/i	)/ /?4-Уг/Г Yn
и аналогично доказывается вторая часть неравенства. Теперь имеем:
1 +-7=+^=+ • • • + г 1	:>14-2[(КЗ — К2) +
К2 Кз	/1 000000 L	’
4- (/г—/Г) 4- ... 4- (/1 000 001 —У1 000 000)] = = 14-2 (/1 000 001—/Т) > 2 • 1001 —УГ 4-1 >
>2000—3 4-1 = 1998. Аналогично
4-(/3 —/2 )4- ...'4-/1 000 000—У999999) = = 14-2(У1 000 000— 1) = 1 4-2-999= 1999.
154]
РЕШЕНИЯ
261
Следовательно, целая часть суммы ... + г- * — равна 1998.
К1 000000
1 + J_|__1_
+ /Г+ /з
б) Совершенно аналогично решению задачи а) получаем:
— 1 _|__-1—	_]---1 — >.
><10 000	/10 001 ..../1	000 000
>2 [(]/ 10001— /10 000)+ (/10 002— /10001)+ ...
... + (/1 000 001 —/1 000 000)] =
= 2 (/1 000 001 —V 10 000) > 2 (1000 — 100) = 1800 И
__!___|_ !____[_ _____1 -...<
/юооо /юоо1 “ /юооооо
< 2 [(/10 000—/9999) + (/10 001 —]/ 10 000 + ...
... + /1 000 000—/999 999)] =
= 2 (/1 000000—/9999) =
= 2000—/39 996 < 2000— 199,98 = 1800,02.
„ 1 , 1 . . 1
Следовательно, сумма -^= + -у.-—. + ... +	___=
’ J /10 000 /10 001	/1 000 000
с точностью до 0,02 будет равна 1800.
154.	Прежде всего отметим, что из сравнения двух вы-
ражений
и Л . 2 IV 2 1,4181
следует, что при каждом целом положительном л
2
Л	1 ! 2 ’	ft I 1 \ 3 V
Отсюда имеем: 1+-х-^-> I 1 ч----) . Умножая это послед-
О п \ П J
—	—	2	2
нее неравенство на п3 , получаем: п3 +-=- п 3 > («+ 1)3
262
РЕШЕНИЯ
(154
и окончательно
4-> 4 f /^1 ?/ п
Аналогично
(у	2JP	„1 ,4j 1 1^1 -9.1 4-1-
V1 "3 a J ~1 а + 3 п2 27 п» -> п "г п2
= (1—*у
(так как |	» 1>11-11>о) , откуда следует
Теперь можем написать:
_L-j___L_ _l	_i_J —
р/5	|/1 000000
> 4 ((Кб5 - ^2)+- /б*)+. • •
... + (У1 000 OOP — У\ 000 0002)] =
= -1 (У1 000 002000 001 — £/Тб) > 1.10 000 — Р^54 >
> 15 000 —4= 14 996.
С другой стороны, _1_ j 4.   1	<-
р/4 у^ j/10Q00(M)
< 4 К VTi-	+(F6-2-	+ •..
... + ( р/1000 ООО2 — ^ 999 9992)] =
= 1 ( У1000 000 000000— У О) < 1(10000—2) = 14 997.
155J
РЕШЕНИЯ
263
Таким образом, целая часть суммы ... + Q-z —1	= равна 14 996.
j/1 000 000
-_L+_L 4 /4 + /5^
1S5.	а) Очевидно, имеем:
102+112+ • • • + ЮОО2 > 10.11 + 11.12+ • • • + Гбоо. 1001 ~
1 f±__L\.	. fj___!Л_
vo liy't'Ul 12 J    T\1000 1001J~
= +—~>0,l—0,001 = 0,099
и аналогично
l±li  1	1 , 1 .	.1
102+ ip+ ••• + 1000» <9-10+ 10-11+	+ 999.1666е
4.. .fj___________________LUI___
<9 loj^uo 11J 4" ••• Ч-\999 1000J ~ 9	1000^
<0,112 — 0,001=0,111.
Следовательно, сумма уд» +	• • • +1^о» C ТОЧНОСТЬК)
до 0,006 равна 0,105.
б) Отметим прежде всего, что
и!+гп+ m + • • • + тббот > гаг “ йо о.0000^02^.
С другой стороны,
J__। _!_I_!__।	4-	*
10! ’ 111^12! ‘ •‘•^1000!^
1 JJLj.11 г 1 999 I
< 9 [10! * 11! ’ 12! ‘	‘ + 1000!|
— 1 /Ю—1 . Н — 1	12—1д	1000—1)
“ 9 ( 10! + 11! + 12! + ‘	+ Ю00! f
— 1 / 1	1 Д- 1	1 □. 1	14- Дн-L 1 I
9(9!	10! ‘101 11! ‘И!	12! +	+ 999!	1000!/
= "9 (эТ — WOO!) <Т ’ 9Т=3 265 920	°.000000305-
264
РЕШЕНИЯ
[156—157
Таким образом, сумма joj +	• • • + ТооСН с точностью
до 0,000000015 равна 0,00000029.
156. Докажем, что сумму
1	. j____!--L-1
2	3	‘ п— п
можно сделать больше любого числа N. Будем считать целым и возьмем n = 22jV; тогда
1 +т+т+4+ •••+тги+т= 1+т+(т+4) +
+ (у+у+т+ §) + • • • + (^-14.1+‘' •
• • • + 2^—1 ’t'w) > 1 + т+т+уЬ • • • +'2’-> N+1
22V раз
(каждая сумма в скобках больше у в силу результата задачи 152 а)).
Примечание. Можно было бы так же доказать утверждение задачи, исходя из результата задачи 152 б).
157. Обозначим через nk число незачеркнутых слагаемых
11	1	1	о
между —- и —— , включая —-, но не ——. Если слагаемое 10* 10*+*	10*	10*+!
1	1	1	./ X
у, расположенное между —и —, не было зачеркнуто,
1
1 1 ’’ IO74-8’ 1074-9 ’
1 1 то из слагаемых 777-,	——;, ——
Ю7 ’ 1074-1’ Ю74-2’
расположенных между и , будет зачеркнуто только
1 ______________
|0Йц-1 ’	oe46pKnj хи ivjidKO
последнее; если же слагаемое -i было зачеркнуто, то все слагаемые ±,	......также будут за-
черкнуты. Отсюда следует, что
«Л = 9лА-1-
158]
РЕШЕНИЯ
265
Так как л0 = 8 ^из слагаемых 1, + , узачеРк" нуто только , то
Л1 = 8-9 = 72, л2 = 8-92, ла = 8-9*.
Пусть теперь в сумме 1+4- + 4-+ •••+— число п < Л о	м
<- iow+1. Дополним ее до суммы 1+4- + 4-+---Л D
, 1
••• +	> вычеркнем члены, знаменатели которых со-
держат девятку, и сгруппируем оставшиеся члены:
О +4+4+ •••+4)+
.+(4+п+4+ •••+4+4+ •••+4)+
+ (тоб+То! + • • • +88§) + • • • + (тб™+ • • • +в8...в) '
(/п+ 1) раз
1 1 1 1
< 1 *Я0 । ю‘^1 ' ЮО’‘ ’ "* 10zzz“1*^/n“1 ’ юот
1 __ 10^*Лт“”
так как вместо каждой скобки поставлено произведение наибольшего слагаемого этой скобки на число членов в скобке. Продолжим эту оценку дальше:
1 г 1 1
1 *^0 “Ь jo’ 4“ Joo’Л2 + • • • 4~ igm-1 ‘^т-1 4”
-я (1 22L+ I э*"1 I <
— ° 1 "Г ю “г 10*"г •••“!" ю^-1 +“ 1
9m + i
1 10/я+1	1
= 8-<8.~i_^	=	8-10=:80.
1——	1—1
10	10
Таким образом, утверждение задачи доказано.
158. а) Предположим, что в сумме 1+^2 число п меньше чем 2*+1. Рассмотрим сумму l +	• ••
... +(2а+1 ~ "1)2 и аналогично решению задачи 156 сгруппи-
2С6
РЕШЕНИЯ
(158
руем члены следующим образом:
Примечание. Совершенно так же можно показать, что если число а больше 1, то при любом п
! + 2^+ з^+ • • •	< 2«-1—I *
Таким образом, при любом а> 1 сумма 14“2« + з5+---
остается ограниченной, сколь бы большое значение п мы ни брали (из задачи 156 следует, что при а^1 сумма 1+^+^+... +~з может быть сделана сколь угодно большой, если только выбрать достаточно большое значение /г).
б) Очевидно, имеем:
1.1.1.1. .1^
22 • 32 -Г 42 -Г 5а Т . • • "Т п2
__lUlxlxlx 4-____________1 -
\ Ь2 4 у"г2.3"г3.4'г 4.5"Г’ ’ * ’ "Пн—1)п
-И . 1.1 .	4-________LJ_i
~ \ 1 «22-3 ’ 3«4 ‘ ‘	\)п)	4 *
Но, в силу результата задачи 132 а),
_! I ! । ! l 4-	*	— 1_________- <r" 1
Ь2 + 2.3Ф3.4Ф ’ ’ ’ ф(п— 1)п~" 1	п	1
и, следовательно,
1 4” *02 4” "О2 4~ 4” • • • 4 2 < 1 4" ( 1-Г	Т > •
1 22 З2 4а	и2 1 \	4 у	4 ’
что и требовалось доказать.
159]
РЕШЕНИЯ
267
159. Докажем, прежде всего, что
1	•••+^=л+4<
<(1+4+4+	+4+4+---+^)х---
где k — такое целое число, что 2*^л<2*+1, a pL— наи-* большее простое число, не превосходящее п. Действительно, раскроем скобки в правой части неравенства. Так как каждое целое число т от 1 до п представимо в виде произведения степеней простых чисел 1, 3, 5, .pt\
/д = 2аи. Заг. 5аз. .
где все показатели ах,а2,а3, .. . ,az—целые неотрицательные числа, не превосходящие, разумеется, /г, то в этой сумме
встретится член, равный который получится, если взять
цз первой скобки
1 2а«
„ 1 л 1
из второй —jp, из третьей — и т. д. 3 2	5 3
Поэтому в правой части неравенства после раскрытия скобок
будут стоять все слагаемые 1, 4-. 4-, 4-.—— и
J J	’ 2 * 3 ’ 4 *	’ n—1 ’ п
еще какие-то другие положительные слагаемые. Значит, правая часть нашего неравенства в самом деле больше левой.
Логарифмируя это неравенство, мы получим:
ig(i+4+|+4+---+^i+^)<
<lg	••• + ^)(1 + т+‘§'+	•••
...xfl4- — 4 -4-...4—=lg (1 +'2”Ьт+ • • •
\ pi р*	PiJ] \	2	4
... 4- 1g (1 4-4- "V4- • • • +-у) •
\ pi р*	Pi /
268
РЕШЕНИЯ
[159
Но для всякого целого k и целого
1 р*+> тлг р
Действительно, имеем:
. Но из результата задачи 145 следует
(' + 1 Ig(' и, очевидно, 21g3> 1g 3
Таким образом, мы заключаем, что
lg('+4+---+4)<T+T+T+-+^“ \	£	fl J	Л	О	(J	pi
_2lg3(l + l + l+...+l).
Если бы существовало такое число N, что для всякого целого положительного t сумма 1+4- + 4-+ 4-+ .. .+~- была
2 о Э	Pi
бы меньше N, то для всякого целого положительного числа л выполнялось-бы неравенство
|8('+4 + т+т+---+„4т+7)<
<2'63(1 + 1 + 1+...+1)<2(«-I)lg3;
отсюда после потенцирования следовало бы, что
’+4+4+4+•••+„4Т+4<32,"-1,=Л+
где Nr не зависит от п. Но в задаче 156 было доказано, что такого числа не существует; следовательно, не существует и такого числа N, что для всякого целого положительного I ’+4+4+4+ •••+4<"’
где — Z-e простое число в ряду натуральных чисел.
160—161]
РЕШЕНИЯ
269
с . с—а , a — b	b2c — bc2 + gc2—a2c-\-a2b — gb2
160-	— + ~Г + “=------------------abc-----------==
__с2 (а—b)-\-ab (а — Ь) — (ас-\-Ьс) (а — Ь)_ abc
__(а—b) (c2-\-gb—ас — Ьс) (а — Ь) [с (с—а) — b (с — а)] abc	abc
=	—(с —а)   (a — b)(b — c)(с— а)
abc	abc
Вычислим теперь выражение +	+	• Поло-
жим а' = Ь— с, bf = с— а, с —а—Ь. Тогда Ь'— с'= = с—а — (а — Ь) = Ь-{-с— 2а. По условию а + ^ + с=0, Ь' — cf
Ь~[-с== — а. Отсюда Ь'— с'= — За, а —---------. Таким
.с'— а*	а'—Ь'
же образом можно получить Ь —---------х—, с =-------□—.
о	о
Отсюда
а . b , с ___________ 1 fb'—с' .с' — а' . а' —Ь'\
Ь — с'с—а' а — b	3 \ а' ' Ь' с' )'
Воспользовавшись выведенной выше формулой, получим:
а , b , с ___________If____(д' — Ь') (Ьг —с') (с'—д') \ _
b—с' с—а' а — b 3 \	а'Ь'с'	)
_ 1 (__ Зс)(— За)(—£&)__	q_______abc
3 (Ь—с)(с—a)(a—b)	(а—b)(b—c)(c—a)'
Следовательно, если ^ + ^ + с = 0, то
(Ь—с с — а ,а—b\ f а , b , с \ _ а ' b ' с ) \Ь — с' с —д' a — b) ~~
__ Г (a —ft) (6 —с) (с—а)] Г_„________abc______Я = q
[	abc J [	(a—b) (6—c)(c—a)J
161.	0 = {a + b+ c)s = a3 + bs + c3 + 3a2b + 3a2c + + 3b3 a + 3b3c + 3c 3a + 3c3b + &abc = = a»4-f>3H-c» + 3aft (a + ft) + 3ac (a + c)3f>c (&4-c) +
4-6aftc = = a3 + b3 4- c3—3abc—3abc—3abc + 6abc —
= a3 + b3+c3 — 3abc.
Отсюда a3b3c3 = 3abc, что и требовалось доказать.
270
РЕШЕНИЯ
[162
162.	а) Первое решение. Имеем:
а3 4- Ь3 -|- с3 — ЗаЬс =
= а3 + ЗаЬ (а + Ь) + Ь3 + с3 — ЗаЬс—ЗаЬ (а+ Ь) ==
= а3 + За2* + За*2 + *3 + с 3 — За* (с + а + *) =
==(а + *)3 + с3 —За*(а + *4-с) =
= [(а + *) + с] [(а + *)2 — (а + *) с + ^2]— За* (а +*+с) =
== (а 4 * + с) [(а + *)2—(я + *) с + с2—За*] =
= (а + * + с) (а34-2а*4'*2—ы— Ьс-\-с3— ЗаЬ}^=
= (а + * + с) (а2 + *2 + с2 — а*—ас — Ьс).
Второе решение. Заменив в обозначениях задачи 161 букву а на х, мы получим, что х3 + *3 + с3 —Зх*с = 0, если х + *4- с — 0. Таким образом, уравнение х3—3*сх + Н-*34-с3 = 0 имеет корень х =— *—с, откуда следует, что многочлен х3—3*сх + *3+с3 делится на х— (—*—с) = х + *+с« Заменив в этом результате снова букву х на а, мы получим, что а3 + *34-с3—ЗаЬс делится на а4-* + с Выполнив непосредственно деление (для чего удобно рассматривать многочлены а3—За*с + *34-с3 и а + *+с расположенными по степеням буквы а), мы придем к прежнему результату:
а3 4- *3 4 с3—ЗаЬс = (а*4- с) (а2 4- *2 4- с2—а*— ас —Ьс).
б) Первое решение. Имеем:
[(а 4- * + с)3—а3] — (*34- с3) =
= [(а+ £> + <:)—а] [(а + д + с)2 + а(а4-^ + с) + а2] —
—(Ь + с) (Ь2—Ьс + с*} =
= (& + с){[(а + * + с)2— ^2] + а(а4-с) + (а^ + />с) +
+ (а2 —с2)} =
= lfi + с) {[(а + *+с) —&]{(а + д + с)4-&]4-а(а + с) +
+ &(а + с) + (а + с) (а—с)} = = (*4-с)(а+с)(а + *4-с+* + ^ + *4- #—с)==z
= 3(*4-с)(а + с) (а + *)>
Второе решение. Заменим в рассматриваемом выражении букву а на х:(х4-* + с)3—х3—*3—с3. Прих = — * наше выражение обращается в нуль; следовательно, уравнение (х + * + ^)3—я3—*3 — с3 = 0 имеет корень х = — *,
163—164]	решения	271
и (х + ^ + ^)3—х3 — — с3 делится на x-f-ft. Возвращаясь теперь к первоначальным обозначениям, мы можем заключить, что (а + &+с)3—а*——с3 делится на a-f-ft.
Точно так же показываемся, что (а + ^ + с)3—о?—&—& делится на а4-с и ft-]- с. Так как наше выражение—третьей степени относительно а, b и с, то она мажет отличаться от произведения {а + Ь) (а + с) (Ь + с) только численным множителем:
(а + b + с)3— а3—Ь3—с8 = k (а + ft) (а + с) (ft 4- с).
Для определения этого множителя достаточно приравнять в левой и правой частях последней формулы коэффициенты при каком-либо члене, например при а2Ь (или положить в обеих частях равенства, например а = 0, ft=c = l); при этом получаем k — 3.
163. Воспользуемся полученным в задаче 162а) равенством (а2 4- 0*4~ у2 — оф — ау — 0у) (а+ Р+У) == а*+Р3 + Y8— 3а0у и подставим в него вместо а, 0 и у соответственно р/а, р/~Ь и
(4- V~b 4- У~с) ( У~а* 4-	4- f/ab—
— f/ ас—р/ ta) = а 4- b 4- с—3 %/ abc.
Отсюда имеем:
1	а2 + Ь2 +	с2 — у/ ab— f/ ас— \Z~bc
3 /—	3 Z~	-	3
у а+у b+у с	а +	—3 у abc
Теперь уже нетрудно избавиться от последнего радикала в знаменателе дроби:
________I______=
у^ а + у/ b 4- у^ с
a2+f/ Ь2-\-}/ с2— ab— у/ ас — ^/Тс.
27abc	Х
х[(а4-£-Н)г4-3(»4-&4-с) УаЬс + 9Уа2Ь2с2\.
164. Выше мы видели (см. задачу 1626)), что (а4-04“с)3— — а3 — Ь3—с3 отличается от произведения (а 4-ft) (а4"^)Х X (ft 4" с) лишь численным множителем; поэтому достаточно
272
РЕШЕНИЯ
[165—166
доказать, что (а + ^4-с)333 — л333 — Ь333— с333 делится на а-\-Ь, а-\-с и Ь-\-с. Но это доказывается в точности так же, как доказывалось во втором решении задачи 1626), что +	— я3 — Ь3 — с3 делится на а-[-Ь, а-\-с тлЬ+с.
163. .» + ." + 1-!?±4е] =
__	(a3)6_ i	__ (g3— 1) (а12 + а8 + а6 + а3 +1)
~~ (а— 1) (а4 + а3 + а2 + а+ 1) ““ (а— 1) (а4 + а3 +	1)
_(а2 + а+1)(а12 + а94-Д6 + а3+1) а4 4- а3 + а2 + а + 1
Но непосредственное деление дает
О*2 -j- ^9 "Ь “Ь" #3 -J- 1 о 7| к 4 |	3	11
'	—гт- = ^8 — а7 + а5 — а4+а3 — а+ 1
и, следовательно,
а10 4-а5 + 1 =-- (а24- а+ 1) (а8 — а1-}-а3—а4 + я3— а + 1).
166. Первое решение. Обозначим наши многочлены соответственно через В и Л. В таком случае имеем:
В— Л =
= (х9999— X9) + (Х8888 — X8) + (Х7777 —X7) + (х6666 —X6) + _j_ (х5555-----х5)	(х4444-д.4) _|_ (Х3333-д-3)
_|_(x2222_x2)_|_ (Х1Ш-х) =
= х9[(х10)999 — 1] + х8[(х10)88*— 1] + х7[(х10)777 — 1] +
+ Хв [(X10)666 — 1 ] + X5 [(X10)566 — 1 ] + X4 [(X10)444— 1 ] + + х3 [(X10)333— 1] + х2 [(X10)222— 1] + х [(X10)111 — 1 ].
Но каждое выражение в скобках делится на х10—1, а хю______________________J
следовательно, и на А =  у- . Таким образом, мы видим, что В—А делится на Л, а значит, и В делится на Л.
Второе решение.
X9 + X8 + X7 + X6 + X5 + X4 + X3 + X2 + X + 1 =
х10—1 __ (х— 1) (х—gj (х—а2) (х—-а3).. .(х—а9) X—1	X—1	~~
= (х—аг) (х—а2) ... (х—ад),
где aA=cos-jy -}-i sin -yy (k = 1, 2, ..., 9), ибо корни урав
167]
РЕШЕНИЯ
273
нения х10—1 = 0 — корни десятой степени из единицы — имеют именно такой вид (см. стр. 55).‘Следовательно, для того чтобы доказать наше утверждение, достаточно проверить, что
^9999 | ^8888 _ | j^7777 | д.6666 |	Б 5 5 5 | ^4444 |
4» д^ЗЗЗЗ д.2222 4. д.1111 4- 1
делится на каждый из множителей (х— ах), (х—а2), ... ..., (х—а9). Но последнее равносильно тому, что уравнение д.9999 4" Х8Я88 4. ^7777 4. д-6666 4. д.5556 4. д4444 4.
4- Х3333 4. д-2222 4. д.1111 4-1=0	(*)
имеет корни аь а2, а3, ...,а9. Проверим, что эти корни действительно удовлетворяют уравнению (*): так как а“ = 1 (й=1, 2, 3,	9), то
-.9999	9990+9	/10X999 9	9,
=^k	= («А f &k =
8888	8880 + 8	/ 10\888 8	8
а* = «a = (aA ) ak = ak и т. д. и
9999 I 8888 t 7 7 77 1	6	666 .	5555 .	4444 .	3338 .
<*a	+	<*a	+	<*k	+^k	+ &k + «а + <*a	+
1	2222 , ini 1 1	.
+ «a	+ a a	+ 1 =
= aA + <*A 4“	+ <*A + <*A + aA + aA + aA + aA + 1 = 0
(6=1, 2, ..., 9).
167. Подберем такие два числа а и Ь, чтобы иметь равенство
х3 + рх + q—х3 + а3 + Ь3—ЗаЬх.
Для этого достаточно, чтобы было а3 -|-£>3 = q, ab =--j- ;
из этой системы двух уравнений с двумя неизвестными не-р3 трудно определить а и Ь. Имеем a3-\-b3 = q, а3Ь3 = —	;
отсюда следует, что а3 и Ь3—корни квадратного уравне-пЗ ния z2—qz—— и> следовательно1),
г) Числа а и Ь, определяемые по формулам (*), являются дей-л2 д8	л2 рЗ
ствительными, если +	Если же -Ч-^=<0, то под
4 ‘ 27	4 ‘ 27
274
РЕШЕНИЯ
[168
Теперь^ в силу результата задачи 162а), имеем: х3 + рх+зг==ха-|-а34-/>3 — За£х =
= (а 4- b + х) (а2 4- b2 4~ х2—ab— ах—Ьх).
Следовательно, решение нашего кубического уравнения сводится к решению уравнения первой степени:
я 4-^ + -* = О*,
откуда» гшеем:
xL~— а — к,
или
и квадратного уравнения
х2— fa+b) х-|-а24-Й2—а# = 0;
отсюда следует
_ _»+Ь , (а-b) V». _а+ь (а-ЬуУз 2“ 2	2	’ з— 2	2
где а и б определяются формулами (*).
168. Первое решение. Обозначим а 4-х через у\ получим систему из двух уравнений:
]/а-}-х=у,	j/'a—у — х.
Возведем эта уравнения в квадрат:
а-[-х—у2, а—у = х2.
Вычтем из первого второе:
х + у =у2 — X2,
знаком корня третьей, степени в формулах (*) будут комплексные числа. В этом случае числа а и b тоже являются комплексными;
их можно отыскать, например, с помощью формулы для корня п-й степени из комплексного числа (см. стр. 55). При этом за а можно с равным основанием принять любое из трех значений корня куби-Q । -• Г q^ . р*	,
ческого из комплексного числа -у4“ г -4-4“'Ьт'» тогда b опре-£ т 4	£(
* Р делим иэ соотношения	—~~ .
О Подробнее этом см., например, книгу Р, О. Кузьмина и Д. К. Фаддеева, цитируемую на стр. 55.
168]
РЕШЕНИЯ
275
или
х3 — у3 + х+у= (х-Ь_у) (х—у+ 1) = 0.
Отсюда имеются две возможности:
1) x4-j = 0; у =— х и х3—х—а = 0, откуда
х1>2 = 4 ±	+
2) х—у 4-1=0; тогда у = х + 1 и х2 -|- х + 1 — а = 0, откуда
хз,4= у i а 4~ •
Можно убедиться проверкой, что при соответствующем выборе знака у каждого из радикалов, встречающихся в исходном уравнении, корни хх, х2, х3 и х4 удовлетворяют этому уравнению* 1).
Второе решение. Освободимся от радикалов в нашем уравнении:.
а — Vа + х = х2, (а—х2)2 = а + ж, х4—2ах2—х-\-а2— а = 0.
Таким образом, мы приходим к уравнению четвертой 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 — (2х24- 1) а-\-х4—х = -0,
----------------2х2 + 1 ± V4*4 + 4х2 + 1 — 4х4 + 4х_ а_______________________________-
_2*24-1 ± ^4х*+4х+1 _2хг+1 2	—	2	’
Д1=х24-х4- 1, &2 = Х2 — к.
1) Если же, как это иногда делается, считать все корни положительными, то уравнение будет иметь единственный корень
1	/	3
х3 = —у а — -у , если 1, и вовсе не будет иметь корней, если а < 1.
276
РЕШЕНИЯ
[169
Таким образом, мы видим, что уравнение
а2—(2х2 + 1) а + х4—х = 0 имеет корни
а1 = х24-х+1, а2 = хг—х, откуда согласно общим свойствам квадратных уравнений
аг—(2х2 + 1) а-[-х*—х=(а—aj (а—а2) =
= (а—х2—х—1) (а—х24-х).
Таким образом, наше уравнение принимает вид
(х2—х—а) (х2 + х—1) = 0
и без труда решается:
xi,2 = '2’i р^4- + «=2-±
хз,4.=—4-^ р^	1 =—4_^ р^а—Т •
169. Первое решение. Обозначим
х2 + 2ах+±=у, —а+ а2 + х—^=yv
В таком случае наше уравнение принимает вид
У=Уг
Выразим теперь х через уг. Простое вычисление дает
x=yl + 2ay1 + ^.
Таким образом, мы видим, что х выражается через уг точно таким же образом, как у через х. Отсюда следует, что если мы начертим графики функций
А’ = х2 + 2ах+^
И
У1 = — а+ У а2 + х — 1,
169]
РЕШЕНИЯ
277
то эти графики (параболы) будут симметричны относительно биссектрисы первого координатного угла (рис. 10; каждой точке х = х0, у =yQ первого графика отвечает симметричная относительно биссектрисы координатного угла точка x=^yQt
y1 = xG второго графика). Точки пересечения этих двух графиков отвечают таким значениям х, что у=Уц т. е. корням нашего уравнения; эти точки обязательно лежат на оси симметрии обеих кривых, т. е. удовлетворяют условию
Решая уравнение у = х, т. е.
х2 4- 2 ах + = х,
мы получаем:
_ 1 — 2а , ,//1—2а\2 Г х1>2—	2 V \ 2 )	16*
Можно убедиться проверкой, что при	оба
эти корня являются действительными и удовлетворяют исходному уравнению.
278
РЕШЕНИЯ
[170
Второе решение. Эту задачу можно решить и более обычным путем. Избавляясь от радикала в уравнении, получим:
(х* + 2ах+ a + flj) = а24~х—
или после раскрытия скобок и приведения подобных членов
х4
4- 4ах3 + ^4a2-f-2a4--g-J х2 + ^4«2 + ~а — х4
+ — 4- —+ —= 0 8	16^ 162	’
Левую часть получившегося уравнения можно разложить на множители:
[х4 + (2а —1) х3 + ^*2] + 4-[(2а4-1)х’ + (4а2-1)х2 + (| + 1)х] +
+ [(2а + 1б) х2+ (4д2 + у—-уб) х + (§+16~*~ Тб5)] =
= р + (2а_1)	[х2 + (2а + 1) х+ (2а4-Н)] •
Отсюда сразу получаем решения:
х* + (2а-1) х + ^ = 0,
__ 1—2а . , //1—2а\2 Г.
*1.2— 2 У \ 2 )	16’
х2 + (2а+1)х4-2а + ^ = 0, х.,. = -Ц^± /(Щ-’У-га-й.
При 0 < а < - j- первые два корня являются 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 подкоренные выражения были-положительны. Обозначая эти положительные подкоренные выражения, начиная с последнего
170]
РЕШЕНИЯ
279
(т. е. с Зх) и до первого, через у%, у2, у23, ул-i, Уп> будем иметь:
Зх = х+ 2x=tyJ,
x + 2ji=jg,
•* + %у2 =>'з,
Х 4" ^Уп-2 —Уп-и х + ^Уп-1=У^
где все числа У2,---,Уп действительны и положительны. Само исходное уравнение в новых обозначениях примет вид
Уп = Х-
Докажем теперь, что ух = х. Действительно, предположим, например, что x>yv В таком случае из сравнения первого и второго из наших равенств будет следовать, что У1>У2- Точно так же из сравнения второго и третьего равенств находим, что у2 >у3; далее, аналогично получаем, что
Ь>Л>
Таким образом, при х>у1 будем иметь x>yrt, что противоречит уравнению. Аналогично доказывается, что и при не может быть уп — х (в этом случае обязательно х<Уп}.
Так как у} = 3х, то, следовательно, должно быть
Зх = х2,
откуда сразу получаем два единственно возможных значения х:
х^ —— 3, Xg —3 0.
Проверка показывает, что оба эти значения удовлетворяют нашему уравнению.
Примечание. Наметим здесь еще один метод решения уравнения
У^х-]-2 Vx-h ... -|-2 У х-|-2х = х. О
п радикалов
280
РЕШЕНИЯ
[170
Подставим в левую часть этого уравнения вместо последнего числа х его выражение, даваемое равенством (*); получим:
2п радикалов
Далее, снова заменяя последнеех подобным же образом, будем иметь: х=> у/' x-j-2	х +	...+2 Кx-j-2x =
।  . , ....................
Зп радикалов
х+2	х + 2рЛх+...+2‘Кх + 2х = ...
4п радикалов
На основании этого мы можем записать:
х =	х-\-2^ х4-2 Kx-h ... =
= lim 1/ х+2 1/ х + 2/х+2 Vx + 2x. (**) Д'-си /	r
/V радикалов
Отсюда получаем:
=	х + 2]/х + 2К*+-..=
= j/" x-t-2^j/ х + 2]/Гх + 2 У'х-}-... J — p^x-f-2х, (***) откуда имеем х*= рПЗх, х2 = 3х и, следовательно, хг = 0, ха = 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, считать решением задачи, поскольку не доказано существование предела (**) и не обоснованы преобразования (*♦♦). Однако это рассуждение можно сделать совсем строгим.
б) Будем последовательно упрощать дробь, стоящую слева:
1 । 1 _х+1.	1,____1___ 1 । х _2х+1.
X X ’	' х+1 ^X-j-l x-j-1 ’
X
1 ।	1	_1 I х 1 ___Зх-1-2,
’"‘"2x4-1 2х 4-1 2х+ 1’ ' * *
х +1
Окончательно мы получим какое-то уравнение вида ах+Ь_ cx+d^^9
170]
РЕШЕНИЯ
281
где a, ft, си d— неизвестные нам целые числа. Это уравнение равносильно квадратному уравнению х (сх 4- d) = = ax + ft; отсюда следует, что наше исходное уравнение может иметь не больше двух различных корней (тождеством это уравнение быть не может, так как иначе ему удовлетворяли бы любые значения х, а х = 0, очевидно, уравнению не удовлетворяет).
Но два корня нашего уравнения нетрудно найти* Действительно, предположим, что х таково, что
1+- = х.
В таком случае, последовательно упрощая нашу дробь, мы будем получать
1+~ = х; 14- —==х; 14~ — = х;...
и окончательно придем к тождеству
X — X.
Таким образом, мы видим, что корни уравнения или х2—х—1=0, т. е.
_1+Кб' х _1-ГГ
удовлетворяют заданному уравнению. Никаких других корней это уравнение иметь не может.
Примечание. Наметим здесь еще один метод решения рассматриваемого уравнения (сравните с примечанием к решению задачи а)). Подставим в левую часть уравнения вместо х его 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:
Знак дроби повторяется 2V раз
282
РЕШЕНИЯ
П71
где слева стоит бесконечное выражение. Отсюда получаем:
(**)
т. е. то же квадратное уравнение длялг, которое фигурировало ив приведенном выше решении задачи Такое решение исходного уравнения сразу показывает, что корни его не могут зависеть от п.
Приведенное рассуждение в таком виде нельзя считать решением задачи, так как не доказано существование предела (*) и равенство х этому пределу и не обоснованы преобразования (**). Однако это рассуждение можно сделать вполне строгим.
171.	Имеем:
x-f-3—4]/х—1 = х—1 — 4 Ух— 14-4 = = (/^1У — 4	+ 4 =	_ 2)а
и аналогично
х 4- 8—6 /х—1 = х— 1 — 6 Ух^1 4- 9 = = (/.Л=Л—з)2.
Таким образом, наше уравнение мржно записать в виде
или, так как мы считаем все корни положительными, 2| 4-	з| = 1,
где (j) обозначает абсолютную величину числа у. Рассмотрим теперь несколько случаев.
Г. Если Ух—1 — 2^0, Ух—1 — 3^0, т. е. если Ух—1^3, х—1^9, х^Ю, то |]/х—1 — 2 | = = У х—1 — 2, 1Ух—1 — з| = ]/х—1 — 3 и уравнение принимает вид
Ух—1 — 2 + У^Т—3=1,
172]
РЕШЕНИЯ
283
откуда
2 /х^П =6, X-U9, х = 10.
2°. Если /х—1 — 2^0, Ух— 1—3<0, т. е. если Ух—1^2, х 5, но Ух—1^3,	х«^10, то
|/^T-2|=VS3Tf_2> |/7=71—3|=_/^ZTT+ з
и уравнение превращается в тождество
/х —1 —2—/х—1+ 3 = 1.
Таким образом, нашему уравнению удовлетворяют все значения х между х==5 и x=rlQ.
3°. Если /х—1—2^0, Ух—1—3^0, т. е. если Ух—1<;2, х^5, то \Ух—1—2| = — Ух—1+2, 1/73Л — з| = —/х^П+з и уравнение принимает вид
—/х—1 + 2—/х—1+3 = 1, откуда
2/х=П = 4, х—1=4, х = 5.
4°. Случай Ух— 1—2^0, Ух — 1—3^0, очевидно, невозможен.
Таким образом, решением этого уравнения служат всех между х = 5 и х=10, т. е. 5==Сх^10.
172.	Для того чтобы решить это уравнение, мы будем 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 х+1>*0, х>0, х—1>0, х—2^0; поэтому |х+1| = х+1, |х| = х, |х—1/ = = х—1; |х—2| = х—2, и мы получаем уравнение
л?+ 1 — х+3 (х— 1}—2(х—2) =х + 2, которое удовлетворяется тождественно.
Таким образом, любое число, большее либо равное 2, является корнем нашего уравнения.
284
РЕШЕНИЯ
[172
2°. Пусть 1гСх<2. Тогда х + 1 >0, х>0, х—1^0 и х—2<0 и, значит,
|х-|-1 | = х+1, |х| = х, |х—1| = х—1, |х—21 = —(х—2).
Таким образом, мы получаем уравнение х 1 — х 3 {х — 1) -j- 2 (х —- 2) = х -|“ 2.
Отсюда 4х = 8, х = 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*сх<1. Тогда имеем:
I X + 1 | = X + 1, | X | = X, |х— 1 | = — (х— 1), |х—2| = —(х—2).
Значит,
х+1—х—3(х— 1) + 2(х—2) = х+2, х = —1, т. е. лежит вне отрезка 0^х<1.
Получаем, что корней, больших либо равных 0, но меньших 1, нет.
4°. Пусть теперь — 1 х <С 0. Тогда |х+1| = х+1, |х| = — х, |х —1| = — (х—1) и |х—2| = — (х — 2);
х+1+х—3(х—1) + 2(х —2) = х+2,
что невозможно, т. е. на этом участке также нет корней.
5°. Наконец, пусть х <— 1. При этом |х+1| = = — (х-|- 1),
|х| = — х, |х—11 = —(х—1) и |х — 2| =— (х—2);
— (х+ 1) + х —3(х—1) + 2(х—2) = х+2, х——2.
Получаем еще один корень х = — 2.
Окончательно уравнению удовлетворяют: число — 2 и любое число, большее либо равное 2.
Примечание. Результаты настоящей задачи становятся совершенно ясными, если изобразить график функции
!/ = l*+l I—[х 14-3 I х—1 1 — 2 I х—2 I —(х + 2).
На рис. 11 изображены тонкими линиями графики функций Р1=“=|хЧ-1/,	t/2 = — |х|,	t/8 = 3|^—l |,	2 | х—2| и
173]
РЕШЕНИЯ
285
*/б = —С* + 2) и жирной линией —график функции {/ = {/1 + */2 + + Уз + ^4 + Уъ («сложение графиков»). Из этого чертежа сразу видно, что у обращается в нуль на луче х^2 и еще в одной точкех=—2.
173.	Из первого уравнения системы немедленно получаем: j2 = х2, у = ± х.
Подставляя это значение у2 во второе уравнение, имеем: (х—а)2 + х2=1	(*)
— квадратное уравнение, которое, вообще говоря, дает два значения х. Так как каждому значению х отвечают два 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 j==0, а не два разных значения j=±x. Подставляя х = О в уравнение (*), получаем:
а2= 1, а = ± 1; только при этих значениях а система имеет три решения. Число решений системы уменьшается до двух, если уравнение для х имеет одно-единственное значение. Для того
286
РЕШЕНИЯ
[174
чтобы квадратное уравнение
(х—а)24-х2=1, или 2х2— 2ах+«2—1=0,
имело единственный корень (два совпадающих значения корня), надо, чтобы было
а2— 2 (а2 — 1) = 0, а2 = 2, а = ±/2;
при этих значениях а система имеет два решения.
174.	а) Решая систему, получаем: а3 — 1	—а2+а
У~ а2—1 •
Отсюда видно, что если «+1=#0 и а—1#=0, то си-
а2 4- а 4- 1 стема имеет единственное решение х— —— а 4- 1
— а
Если а = — 1 или а — + 1, то наши формулы теряют смысл;
в первом случае мы приходим к системе
( — x+j/=l,
(	X—j=l,
которая противоречива (не имеет решений), во втором случае — к системе
I x+j = l,
которая имеет бесконечно много решений (х произвольно, ^=1—х).
б)	Решая систему, получаем: zz4—1	—а3 + а
Х~а^1 ' У	•
Таким образом, и здесь, если а2—1^0, то система имеет единственное решение х = а2 + 1, у — — а. В случаях же а = —1 и а=1 мы приходим к системам
f —x4-J =— 1,	f x4-J=l,
(	x—у — 1	( x+y— 1,
которые имеют бесконечно много решений.
1751
РЕШЕНИЯ
287
в)	Из первого и второго уравнений получаем: уz = \— ах и ay-|-£ = a—х;
рассматривая эти два равенства как систему двух уравнений с двумя неизвестными у и z, имеем:
__а—х— 1+ах___(а—1)(1+*)
а—1	~ а—1	’
_ а О—ах)—а4-х__ —х(а2—1) z 5^1	“	•
Таким образом, если а#=1, то j = 14-x, z — — (l-f-a)x; подставляя эти значения у и z в третье уравнение, находим:
х-Н1 4**)—а U + а)х = а\ х (2—а—а2) = а2— 1, —х (а-|-2) (а — 1) — с2—1.
Поэтому при а-т-1 О, а-{-2=^0 система имеет единственное решение
а2—1	a-f-l 1 . I
Х (а+ 2) (а— I)	а+2* ? “ 1 + Х~~а + 2 ’
I > 1<	(«+1)2
«=-<e-M>x=L_r2_.
В случаях а=1 и а=—2 мы приходим соответственно к системам
' хуZ —	— 2x-\-y + z= 1,
x+y+z=\,	и	x—4y-\-z =—2,
.x+y+z=\	jc-h?—2z = 4,
первая из которых имеет бесконечно много решений, а вторая не имеет ни одного решения (складывая первые два уравнения второй системы, мы получаем —х—y + 2z =—1, что противоречит третьему уравнению).
175.	Вычитая второе уравнение из первого и шестое иЗ пятого и приравнивая два полученных выражения для х2—х8, получим:
«1 (аг—а») = ®4 К — аз), или
(ах—а4) (а2—а3)=0.
288
РЕШЕНИЯ
[175
Точно так же, составляя по два различных выражения для разностей хг—х2 и хг—х3, получим еще два соотношения:
(«!—аг) (а3—а4) = 0, (04 — а3) (а2—а4) = 0.
Из первого из полученных трех соотношений следует, что 04 = а4 или а2 = а3. Предположим для определенности, что а2 = а3 = а. Из второго соотношения следует, что а±=^а или а4 = а. Каждое из этих равенств обращает третье соотношение в тождество. Таким образом, для того чтобы наша система была совместной, необходимо, чтобы три из четырех величин ап а2, а3, а4 были равны между собой.
Предположим теперь, что ах = а2 — а3 = а, а4 = р. Вспоминая те выражения для разностей х± — х2, хг—х3, х2—х3, при помощи которых мы получили соотношения между 04, а2, а3 и а4, немедленно получаем:
Xi = х2 = х3.
Обозначим теперь х1 = х2 = х3 просто через х, а х4—через у. В таком случае наши шесть уравнений с четырьмя неизвестными перейдут в два уравнениясдвумя неизвестными:
. 2х = а3, x+j=aP, откуда а2	[ □	а \
Примечание. Аналогичными рассуждениями можно показать, что более общая система
*1 + *2 + ... + *m_1 + */n = a1a2..
*1 + х2 + • • •	"I" xm + ls== <Xi<Xa.. • Ът-'&т + 1»
< хп + т -1 4" хп + т-2 + • • •	+	+	an-lan>
состоящая из С™ уравнений с п неизвестными (п > пг + 1), будет разрешима только в следующих двух случаях:
1° ai = a2=...art=0
Г	a" л-Л n-1
{ в этом случае x1^x2= .. .^=xn_1 = — , xn = a 11 p-— all;
2° n —/п-|-1 или больше из величин ax, a2, ...» an равны нулю (в этом случае х1 = х2== ... =хЛ = 0).	1
176—177]
РЕШЕНИЯ
289
176.	Из первого уравнения получаем:
х = 2—у;
подставляем во второе:
2^—у2—z2 = 1, или
z2 + y2 — 2у+1=0, или
г2 + (у —1)2 = 0.
Каждое из слагаемых последнего равенства неотрицательно и, следовательно, равно нулю. Отсюда z = 0, j==l
и, значит,
х=1.
Таким образом, система имеет единственное действительное решение.
177.	а) Заметим прежде всего, что если х0 является корнем уравнения, то —х0 есть также корень. Следовательно, отрицательных корней столько же, сколько и положительных. Далее, число 0 есть корень уравнения. Таким образом, нам достаточно найти число положительных корней. Отме-
х
тим теперь, что если yQQ = sinx, то
|х|= 100 | sin х|< 100-1 = 100.
Мы получаем, что корень уравнения не может быть по абсолютной величине больше 100.
Разделим участок оси Ох от х== 0 до х» 100 на отрезки длиной 2л (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 2л) имеется один положительный корень (и один корень нуль), на каждом следующем, исключая последний, — по два корня. Для того чтобы определить число корней на последнем отрезке, оценим 100
его размеры:	заключается, очевидно, между 15 и 16
/100 а ы	ЮО	\
\~Г5 =	.. > 2л; -pg- = 6,25 <2л \ ; следовательно, всего
мы имеем 15 отрезков длиной по 2л и один неполный отрезок.
Ю Д» О. Шклярский и др.
290
РЕШЕНИЯ
[177
Длина этого последнего отрезка равна 100— 15*2л >5>л, следовательно, на этом отрезке целиком помещается положительная полуволна синусоиды и, значит, на нем тоже имеется два корня.
Итак, мы всего имеем 14-14*24-2 = 31 положительный корень нашего уравнения. Столько же имеется отрицательных корней, и еще один корень равен нулю.
Окончательно общее число корней равно 31*24-1=63. б) Решение этой задачи аналогично решению задачи а). Прежде всего очевидно, что если sinx = lgx, то х^ 10 (в
Рис. 13.
противном случае левая часть нашего равенства не больше 1, а правая —'больше). Так как 2*2л>10, то на участке оси Ох от х=0 до х— 10 помещаются одна полная волна синусоиды j = sinx и часть следующей волны (рис. 13). График у =±lgx, очевидно, пересекает первую волну синусоиды в одной точке. Далее, так как 2л4--у<10, то в точке х = ^ имеем sinx=l>lgx и, значит, график y = ]gx пересекает первую половину второй положительной полуволны; так как в точке х= 10 lg х = l>sinx, то он должен пересечь и вторую половину этой полуволны. Таким образом, мы заключаем, что уравнение sinx = lgx имеет всего три корня.
178}	решения	291
178.	Предложение задачи является справедливым при п = 1 и п = 2, ибо
~ 1	==:: 2, хг 4~ х2 — 6,
xl + х* <= (хх + х2)2—2хгх2 = (6)2 - 2 • 1 = 34.
Далее мы имеем:
л*1 + ~ (хх 4~ xz) (*i 1 + *2 х)—*1-^2 (xi 2 4" х2 *) ==* = б(хГ1 + хГ1)-Ь(хГ + хГ), или
х" + хп2 =
= 5(хГ1 + хГ1) + [(хГ1 + хГ1)-(^-г + хГ2)]. (*)
Из этой формулы прежде всего следует, что если х”~2-\-х2~2 и х?“1 + Ха~1—целые числа, то и х” + хп2 — целое число, откуда, в силу принципа математической индукции, вытекает первое утверждение задачи.
Пусть теперь п есть первое натуральное число, такое, что х?4-х" делится на 5. Из формулы (*) следует, что в этом случае разность (х"”1 +л2"‘1) — (xj“24-Ха“‘2) также должна делиться на 5. Но, заменив в формуле (*) п на п—1, мы получим:
= 5иг2+хГ2)+(хГг+хГ2)-(х?-8+хГ8), откуда следует, что
х?‘8+хГ3’=
тоже должно делиться на 5, что противоречит предположению о том, что для всех чисел т, меньших д, х™-\-х™ не делится на 5. Отсюда следует, что такого целого положительного л, для которого х“ х2 делится на 5, вовсе не может существовать. Легко видеть, что утверждение задачи верно и для целых отрицательных п\ если п<0,
1	1	*ГП +
то х? 4-х" = — +	+ х;п — целое
Л1	Х2	\XlX2f
число, не делящееся на 5, так как — /г>0.
Ю*
292
РЕШЕНИЯ
[179—180
179.	Предположим, что сумма + ••• + аюоо содержит п положительных и 1000—п отрицательных членов. В таком случае все попарные произведения п положительных /	- п (п—1)\
членов (их, очевидно, будет ——- I и все попарные произведения 1000—п отрицательных членов (их число равно (1000 —п) (1000—n—1) \ х	4
------------------- \ будут положительными, а произведения положительных членов на отрицательные (их будет /г (1000—п)) — отрицательны. Условие задачи требует, чтобы было
МП-l) + (1000-п)(1000-Я-1) = п (1000_n)i или
п2 п+(1ооо.п>2(1ооо п) = t ооо л _
О 2 оплл  999 000 Л 2л* 2 — 2000/z Н-
1000 ± /1 000 000—999 000	1000 ± /1ббб
П~	2	~	2
а это, очевидно, невозможно. В случае второго выражения мы, рассуждая аналогично, придем к условию
10 000 ± /Гообо 10 000 ± 100
2	~	2
Отсюда следует, что это выражение может содержать равное число положительных и отрицательных удвоенных произведений; для этого достаточно, чтобы исходный многочлен содержал---------= 5050 положительных членов и
10 000—100	. СЛСЛ
•--------=4950 отрицательных (или 5050 отрицательных
членов и 4950 положительных).
180. Прежде всего имеем:
(уг2 — 1У = уг2—угТ;
(/2— 1)2 = 3— 2 ]/2 = /9—
Докажем теперь, что если только
(J/2— 1)2*'1 = В /2—А = /гв2— /а1
181—182]	решения	293
можно представить в видеУ/V—]/W— 1, т. е. если 2В2— — Л2—1, то и число
(У2 - 1 )2*+1 = В' У 2 — А’
можно представить в таком виде, т. е. 2В'2—Л'2=1. Для этого достаточно заметить, что
(У 2 — 1 )2*+1 = (У 2— 1 )2*“1 ()/2— 1 )2 =
= (В У 2 — Л ) (3 — 2 У2 ) = (ЗВ + 2Л) ]/2 — (4В + ЗЛ); следовательно,
В' = ЗВ+ 2Л, Л' = 4В+ ЗЛ
и
2В'2—Л'2 = 2 (ЗВ + 2Л)2 — (4В + ЗЛ)2 =
= 18 В2+ 24 ЛВ + 8 Л2 —16В2 —24 АВ— 9Л2 = = 2В2 —Л2= 1,
что и требовалось доказать.
Точно так же показывается, что если число (У2—1)2*= = С—РУ2 можно представить в виде Ум—N—1, то и число (У2—l)2ft+2 = C'—£>'У2 можно представить в таком виде.
Отсюда, в силу принципа математической индукции, вытекает утверждение задачи.
18L Если (Л + ВУЗ)2 = С+РУЗ, то С=А2 + $В\ D = 2AB и (Л —ВУ3)2 = Л2 + ЗВ2 —2ЛВУЗ = С—ПУЗ. Следовательно, если бы было (Л + вУЗ)2 = 99 999 + + 111 111 Уз, то было бы также (Л—вУз)2 = 99 999 — — Ill 111 Уз, что невозможно, так как 99 999— 111 111]/ 3 меньше нуля, а квадрат каждого действительного числа больше нуля.
182.	Предположим, что j/2 = р + <?Уг, и возведем обе части этого равенства в куб. В таком случае получим:
2 = р3 + 3p2q Уг + 3pq2r + Уг, или
2=р (р2 + 3?2г) + q (Зр2 + q2r) /г.
294
РЕШЕНИЯ*
[183
Покажем теперь, что если |^2 — p+^j/r, то* р^2есть рациональное число. Действительно, если О то р/2=р есть рациональное число. Если ^=/=0 и Зр2+ + ^2г=/=0, то из последнего равенства следует
!/•- ,2-Р(Р2 + 3^г)
И q(3p*+q*r) ’
откуда
У^=р+д
2-Р(р* + фг) q(3p* + q*r)
т. е. опять рационально. Если же Зр2 + ^2г = 0, то
?2г = —Зр2, 2=р[р2 + 3( —Зр2)]= — 8р3, и опять р/9** —2р есть число рациональное.
Таким образом, нам остается только показать, что р/2 не является рациональным числом. Это доказательство хороню известно., В самом деле, если f/2 равен несократимой дроби , то2=^ , т? = 2д3г Таким образом, число/л3 (а также и есть четное число, следовательно, оно де-тз
лится на 8. В таком случае п3 — тоже должно быть четным, а следовательно, и п четно, что противоречит предположению о несократимости дроби . Итак, предположение, что У^р + qVr привел» нас к абсурду.
183.	а) Обозначим 1,00000000004 через а, а 1,00000000002—через 0. В таком случае фигурирующие в 1 -4-а	1 + 0
условии задачи выражения примут вид	и	.
Так как а>0, то, очевидно,
1,11,11 + 0. а? а2 I" а 0» "г 0	02 ’
«2_1. Л+«\^ 1.P+0V. 0* .
1+а а* \ 0» /~1 + 0’
!+«+«*__ I . «*	, 0*_1+0 + 0*
1+а	т1+а^ “г1 + 0	1 + 0
184]
РЕШЕНИЯ
295
и, наконец,
, J 1+а + а2\	! Jl + P + P2\	1+Р
1+а + а2 Д 1+а 7^ 1 A 1+p	1+0Н-Р*-
Таким образом, второе из двух выражений больше первого, б) Обозначим фигурирующие в условии вадами выражения
соответственно через Л и В. Тогда, очевидно, имеем:
1	ап
J = 1 + 1+а + аа+...+ап-1=
= 1 _|_______!------=14------------------•
1+« + а2 + ...+дл-Д	^1,1	,	. J_ ’
ап	ап'ап^1'~'*'^~а
1=1+..... 1_________.
в -+—+ +-Ьп* Ь«-1-Г ••• Т b
~ 1.1
Отсюда сразу следует, что у-> — и, следовательно,
А О
В>А.
184.	Будем исходить из формулы
(X— а)2—(х —а}*= Х2—х2—2а {Х—х).
Следовательно,
{(Л— а^+(Х— а4)2 + .. , + (Х-а^]-
—{(х—а^ + ^х— а*)2 4- ...+(х—а„)2] = = п(Л2—х2)—2(в1 + а24- ... +а„)(Х— х).
«	Яа 4-йв4-. . .-4-ви
Если положить в последнем выражении х=	---5—2 ,
то ояосбудет <ааложительыым; действительно, мы будем иметь: {(Х-а!)а+ (Х-а^+ ... + (X-a„)2j-
— [<х—ax)2 + (х—с,)2 +... 4- (х—а„)2] = = л(Л8—х2) — 2пх{Х— х) = п{Хг—х2—2^х4-2х2) = = п (X—х)2 ^0.
Отсюда вытекает, что искомым значением х является ai +аа+ • • • +an
296
РЕШЕНИЯ
[185
185.	а) Мы имеем всего три существенно различных расположения:
1°.	а2,
фх = (ax — д2)а + (а2—д3)а + (а3 — а4)а + (д4 — дх)а.
2°. а19 а3, а2,
Ф2 = (<*!— Д3)2 + (аз— аг)2 + («2—fl«)2 + (а4— ai)2-
3 . Др д2, д4, Од'.
Ф3 = (а1— «г)2 + («2 — ««)2 + («4—а3)2 + («з — а1)2-
Но легко видеть, что
Ф3 — Фх = — 2а2а4—2аха3 + 2а2а3 -|- 2ага4 =
== 2 (а2—а^) (а3 о4) <С 0;
ф3—Ф2 = — 2аха2—2а3а4 + 2а2а3 + 2ага4 =
= 2 (а3— аг) (а2 а4) <С 0.
Следовательно, требуемое расположение имеет вид: alt а2, а4, а3.
б) Первое решение. Рассмотрим выражение
Ф = (а/.—О/2)а + (Д/2— Д/,)2+ ... + («/„_,— ain)2+
+ (о/п—а(1)2,
где aZ1, аг-2, ... , аг-Л—наши п чисел, расположенные в требуемом порядке. Пусть а.*,	, (а<0)—какие-то два из
этих чисел. Мы утверждаем, что если больше (или наоборот м ень ш е) а/0 , то больше (соответственно меньше) *).
Действительно, если бы это было не так, т. е. если бы было (а^ —	т0 перестановка, изме-
няющая порядок чисел , Л/а+1, ага+2, • • • , ai^ на обратный, уменьшила бы величину суммы Ф (так как разность новой суммы Ф' и первоначальной суммы Ф будет, очевидно, равна ф' — ф = — 2az а.. —2az а.. _. + 2az az + 2az aZo^ =
za-1	*a *0 + 1 1	4-1 4 ‘	4+1
= 2 (az — aZo) (az	— a- J.
x 4	1 x 4-1	^+1'
г) Здесь мы условно считаем az> = aZn.
185 J
РЕШЕНИЯ
297
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 ait есть наименьшее из наших чисел аъ т. е. Zx = l. Отсюда можно вывести, что al2 и есть два следующих по величине числа. Действительно, если бы было, например, а<р < а1г Ф т0 мы имели бы — % > ^а<1 — %+1)<01 а если бы было < ain (0 =/= 2), то мы имели бы (aZ1 — J (ain — ) < 0. Так как можно изменить порядок следования в цепочке а^, ai2, ai3 ... ,a/n, ait на обратный без того, чтобы изменить сумму Ф, то мы можем считать, что aiz < O'in, Z2 = 2, in = 3.
Далее мы утверждаем, что числа а,-3, в/ х следуют по величине за уже использованными числами az-2, a,n: действительно, если бы было, например,	(₽¥=!, 2;
п—1, л), то мы имели бы (а^ —	так
как, кроме того, должно быть (а/з—(а«2 —	то
Л/ CL: , Т. е. Д/ : Од, CL: == Ое.
3	3	‘п-1	°
Точно так же показывается, что числа и а} —сле-дующие по величине за уже использованными и a/4<az (т. е. /4 = 6, Z„_2 = 7), чт0 числа ai& и —следующие по величине за ранее использованными и ais<Z ain_3 — 8, Zn_3 = 9) и т. д. Окончательно приходим к следующему расположению чисел:
при л = 2й четном
ав
ai\ аз а7 —
а
п
• • • ап-1
при л=2&+1 нечетном ox<f	|
а3	• • • ап
(черточки указывают порядок следования чисел; так, например, для п четного имеем расположение аъ a2i aQ ... , ап-2> ап> ап-ъ • • • > аи аъ> йз)*
298
РЕШЕНИЯ
[185
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. Действительно, при я = 4 доказательство получается весьма просто (см. решение задачи а)). Предположим теперь, что для какого-то четного п мы уже доказали,что сумма Фл, соответствующая выписанному в конце первого решения расположению чисел аг <Z я2 < • • • <аП' меньше суммы Ф'р соответствующей любому другому расположению. Покажем теперь, что сумма Фд+Л, соответствующая выписанному выше расположению п + 1 чисел ах < а2 < а3 < ... ап < art+1, меньше суммы Ф^+1, соответствующей какому-либо другому расположению чисел. Имеем:
Фя+1—<«»—<W2 +	«л-i)2 —	=
= 2ап+1	^ап~1ап+1 “Ь ^ап-1ав~
=2
С другой стороны, если в расположения, отвечающем сумме Ф^+1, число ап+1 стояло между какими-то числами и а? и Фл отвечает расположению л чисел, которое получается из расположения «4-1 чисел, приводящего к сумме Ф„+1, вычеркиванием числа то
Ф»+г” ф« =	+ <an+i— <М2— (Д« ~ «з)2=
=	х — 2алап+1— 2а?ап+г + 2ала?=
= 2 (ал+1 °«) (ал+1 ар) Фц+1 фЛф
Таким образом, мы видим, что
Фл+1- Ф«+1=[ф»—Ф«]+Кфп+1—Ч)—(Ф«+1— Ф«)| < О (первая скобка неположительна в силу предположения индукции, вторая—по доказанному). При этом, если сумма Ф^+1 отличается от Фп+1, то либо Фп—Ф„ <0 (и, следовательно, Фл+1—фп+1<0), либо (Фп+1—Фл) —(фл+1—Фл)<о (и, следовательно, опять Фп+1<Ф„+1). Аналогично осуществляется переход от л к л+1, если п нечетно.
Третье решение. Задача имеет также несложное геометрическое решение. Изобразим числа
185}
РЕШЕНИЯ
299
точками Лх, Д2, А3, ... , Ап на числовой оси; отрезки А^, А2А3, А3А4, • • • > ^n-i^n обозначим соответственно через 4, 4 4» • • * > dn-i- В таком случае сумма Ф—(aZi — at2)2 -|-f- («/2 —й/,)2+ • • . + (%_! — ««„)2+	«/,)2 = ^1^? +
4- А2Л?а + ... +А; А*п+A/nA*t равна сумме квадратов длин звеньев «ломаной» AilAl2Ai3 ... А^ (все звенья которой лежат на одной прямой; рис. 14,4) •
Л; Д2 Zl?
Zl^ Zlj Аб
a—7°~*~~o	~	* °	9
I---1---1---------------1------1----1
^2 At	^4	^5
Рис, 14.
Так как наша замкнутая ломаная покрывает весь отрезок АгАП1 то каждый из отрезков AkAk+1 = dk минимум два раза входит в нашу ломаную (один раз в направлении от Ak к АА4_х, второй раз—в обратном направлении}. Поэтому, в каком бы порядке мы ни располагали точки, сумма Ф, если выразить ее через отрезки dt, d2l ... , 4-i и раскрыть скобки, обязательно содержит член а следовательно, и все члены 2^, 2rf«, .... 2^_г Далее, пусть Ak_1Ak — dk_x и AkAk+l = = dk— два соседних из рассматриваемых отрезков. Очевидно, что если звено ломаной, покрывающее отрезок AkAk+1 в направлении от Ak к Ал+1, начинается в точке Ak> то звено, покрывающее этот отрезок в обратном направлении, не может кончаться в точке Ak\ поэтому во всех случаях должно существовать звено, которое покрывает одновременно отрезки Ak-^Ak и AkAk+1. А отсюда вытекает, что сумма Ф во всех случаях должна содержать член 24-14# а следовательно, и все члены 244» 2d2d3r ... , 2dn^^drt^1.
Теперь остается только заметить, что в случае, если расположение точек таково, как указано в конце первого решения задачи, то
Ф = 2dl + 2d22 + .. . J- 24-i + 244+
+ 244 + ... + 24-24-1
(рис. 14, б)). Отсюда и из сказанного выше вытекает, что в этом случае сумма Ф будет наименьшей.
300
РЕШЕНИЯ
[186
186. а) Отметим, прежде всего, что мы с самого начала можем считать все ах, а2, ... , ап\ Ьъ Ь2, ... , Ьп положительными; в противном случае мы изменили бы знаки отрицательных чисел на противоположные; левая часть неравенства при этом не изменится, а правая может только увеличиться.
Рассмотрим теперь ломаную Л0ЛхЛ2 ... Лп, такую, что проекции отрезков ДОЛХ, ДХД2, • • • » ^п-i^n на ось О* равны соответственно ах, а2, ... , ап, а проекции этих же отрезков на ось Оу—blt b2, ... , bn; при этом пусть каждая вершина ломаной расположена правее и выше предшествующей (рис. 15). В таком случае из теоремы Пифагора следует, что
ЛОЛХ — а\ + b\,
ЛХЛ2 = у #2 + Ь2, ...
• • • » Ап_1Ап = a* -j- bn ,
“ V (al + a2 + • • • + an)2 + (^0 +	+ • • • + ^n)2»
откуда и получаем неравенство задачи.
Ломаная Д0ЛхД2. .. Ап будет равна отрезку AQAn только в том случае, если все звенья этой ломаной являются продолжениями одно другого (ломаная является отрезком прямой). Нетрудно видеть, что это обстоятельство будет иметь (1л	^2
место в том случае, если ^ = у-= ... = у ; лишь в этом случае имеет место равенство
"|/ ai + b\ +	+ b\ ... + ап + Ьп =
=	+ • • • + ап)2 + (^1 +" + • • • + Ьп)2.
187]
РЕШЕНИЯ
301
б) Обозначим через h высоту пирамиды, через ах, а2, ... ..., ап — стороны основания (ax+a2+...+а„=Р) и через b2, ... ,Ьп— длины перпендикуляров, опущенных из основания высоты на стороны основания	+ y «2^2+ • • •
... +~ anbn~S). В таком случае боковая поверхность 2 пирамиды будет равна
“j* а1 ^! +	+ "2 а2 + ^2 + • • • + -% ап К + №.
Но согласно неравенству задачи а)
22 = У(аЛ)2 + («1Л)а + V W + (а2Л)2
________.	• • • + V (дА)а + (а„^)а > > V («1^1 +	+ • • • + «Л)2 + («1Л + л2й 4- ... + а„Л)2 =
=/45Г+Л^5а,
причем равенство достигается только, если : а2Ь2:...
... -.anbn = axh\a2h\... '.anh, т. е. &х —&2 — ... ~Ьп.
Отсюда и вытекает утверждение задачи.
187. Рассмотрим отдельно случай п четного и случай п нечетного.
1°. Число п четно. Построим ступенчатую ломаную т4хЛ2Л8.. .ЛлЛ„+1Лга+2 так, чтобы длины всех отрезков ALA2, Л2Л8, ^3^4» • • • , Ап+1Ап+2 равнялись единице и отрезки Дхл2, л8л4, л5лв, ... , Ап_1Ап, Л„+1Лп+2 были бы парал-лельны между собой и перпендикулярны к отрезкам Л2Л3, Л4Лб, ... , АпАп+1 (черт. 16; на нем п = 4). На каждом из отрезков (/=1,2, ... , л+ 1) или на его продолжении возьмем точку Bi так, чтобы длина отрезка BtAz+x равнялась az (ап+1 мы полагаем здесь равным аи т. е. В„+1 выберем так, чтобы было Вя+хЛп+2 = ах); при этом точку Bt мы будем располагать левее или ниже точки А/+х, если at > 0, и правее или выше точки А/+1, если at < 0 (на черт. 16 0 <«!<!, 0<а2<1, а3>1, а4<0). Проведем теперь ломаную ВкВ2 ... Вп+1. По теореме Пифагора

802	решения	[187
Но	и, как легко видеть, Bi+1Ai+1^ j 1 — al+11;
следовательно,	________
В,А+1 = / а? + (1-а,Ч1)\
Таким образом, интересующая нас сумма
/ а* + (1 -а2)2 + / + (Г- аз)2 + • • •
... +/а^1 + (1_ап)2 + у/‘4 + (1-гах)2
равна длине ломаной В1В3В3. . .Вп+1.
Очевидно, что длина ломаной ВХВ2В3 . . .Вп + 1 всегда
не меньше, чем длина отрезка В1Вп+1. Вычислим теперь
длину этого отрезка. С этой целью построим прямоугольный треугольник В±СВп+1 (рис. 16). Тогда
ВгС~ А2А3	. 4- АпАп+1 « у
и
^« + 1 =	+ ^3^<+ • • • + ^и-1^я==“2
187]	решения	303
(ибо Л1/?1 = Л„+1в„+1 = | 1— ах|). Отсюда 51Вя+1=У(ад2 + (СВ„+1)2= У (^)2 + (^)’ = ф- ’ что и доказывает требуемое неравенство.
Теперь уже легко выяснить, в каком случае в этом неравенстве знак можно заменить знаком равенства. Для этого необходимо, чтобы все точки Ва, В3, ..., Вп лежали на прямой В1В„+1 (т. е. Bt должно совпадать с точкой пересечения прямых ВгВп+1 и Л,Л/+1). Так как прямая ВхВя+1 образует угол 45° с прямой ВХС (ибо ВХС = = СВя+1), то это будет при
В1Л2 — Л2^2 = В3Л4 = А&В& = ... = В>п_,^Ап — АпВп, т. е. при ах = (1 — а2) = а3 = (1 —а4) =*...= ая-1 = (1 — ап). Итак, при п четном равенство достигается при
а1 = аз= • • • = яя-1 = л, а2 = а4^ ... где а может быть любым.
2°. Число п нечетно1). Положим	ая+а =
= я2, •••» а2Л = ап и рассмотрим сумму / а? + (1-аг)2 + |^а1 + (1-о8)2 + ...
.. • +	^п-1 + (1“-«2я)2 + У а22Я+(1-ахЛ
которая, очевидно, будет равна удвоенной сумме:
yf aJ + (l-a2)a + /a2.-f-(1 — а3)2 +...
(каждое слагаемое этой последней суммы в первой сумме встречается дважды). Но по уже доказанному первая сум-2п/2'
ма «С —g— > отсюДа вытекает, что /а? + (1-а2)2 + ]/а!+(1-а3)2 + ...
... +	а2. х + (1 - а„)2 +	+ (1 - «J2 > ф- ,
т. е. мы получили требуемое неравенство.
J) Мы предоставляем читателю выяснить на примере п = 3, почему доказательство, проведенное для четного л, не проходит для п нечетного.
804
РЕШЕНИЯ
[188
Знак равенства в последнем неравенстве имеет место только, если
= ... — #2n-l ~ 1	~ 1	^4== ... = 1	0>2п
(см. выше случай 1°). Но так как у нас а1 = ап+1 и п нечетно, то последнее равенство возможно только, если
1
аХ — а2 • • • — ап — 2 ’
188. Первое решение. Обе части равенства положительны, поэтому, возводя их в квадрат, получим:
1 — Х1 + 1 — Ха 4- 2]Л(1 —X®) (1 —Ха)<4—(X* + 2ххХ2 + Х2)> т. е.
2|Л (1—х^)(1—х!)<2 —2x^2, (1— х?)(1— х1)<1— хгха.
Возведем опять обе части в квадрат:
1—Xi—xl +	1 ~~ 2ххх2 4-Xix|;
перенося все члены направо, получим:
0<(Х! —Х2)2.
Последнее неравенство очевидно; равенство здесь имеет место лишь при х1 = х2. Отсюда вытекает, что исходное неравенство всегда имеет место и обращается в равенство лишь при х1 = х2-
Второе решение. Эта задача имеет и геометрическое решение; аналогичные решения можно найти и для многих значительно более сложных задач. Введем на плоскости прямоугольную декартову систему координат и рассмотрим окружность с центром в начале координат и радиусом, равным единице (рис. 17). Координаты х, у точек этой окружности будут связаны соотношением
Х2-]-у2= 1.
Отметим теперь на оси Ох две точки М± и M2i имеющие абсциссы и х2; так как |	|	1 и | х21 ^1, то
обе эти точки будут расположены внутри (или на границе) единичной окружности. Восставим в этих точках перпендикуляры к оси абсцисс до пересечения их с верхней полуокружностью в точках и N2; тогда, очевидно,
188]
РЕШЕНИЯ
305
1— х[ и M2/V2 = y 1— xl. Заметим теперь, что абсциссу ^_i£2 будет иметь середина М отрезка М1ЛЛ21). Отсюда вытекает, что величина j/" 1—будет равна длине отрезка MN, где М есть точка пересечения
с окружностью перпендикуляра к оси абсцисс, восставленного в точке М. Но сумма M1N1 + M2N2 равна удвоенной длине средней линии N'M трапеции MXNXN2M^ т. е. меньше, чем удвоенная длина отрезка MN. Тем самым нужное нам неравенство доказано; из доказательства видно, что это неравенство обращается в равенство, лишь если точки Мг и ТИ2 совпадают, т. е. если хх=х2.
Примеча ние. Прием, примененный во втором решении задачи 188, позволяет выводить много интересных неравенств. Так, например, рассмотрим сферу с центром в начале координат и радиусом 1 (рис. 18); и пусть Мг и М2— две произвольные точки плоскости Оху, расположенные внутри или на границе сферы, и N2—точки пересечения со сферой перпендикуляров к плоскости Оху, восставленных в точках и Л42, N и 2V' —точки пересечения перпендикуляра, восставленного к плоскости Оху в середине М отрезка МХМ2 со сферой и с отрезком NrN2. Если (хп уг) и (Ла» ^/2)“““координаты точек и М2, то
MN —	1_(Ь+±»у_^У1+£»у, МЛ'=у(МЛ1+ Л4Л2),
х) Это утверждение очевидно, если хг и х2 положительны; легко проверить, что оно остается справедливым и при любых знаках и х2. (Заметим, впрочем, что приведенное в условии задачи неравенство достаточно доказать для положительных хг и х2: действительно, если хг и х2 неположительны, то, заменив эти числа их абсолютными значениями, мы не изменим левой части неравенства, а правую уменьшим.)
306
РЕШЕНИЯ
[188
и из того, что MN’^MN, вытекает, что
если только все подкоренные выражения положительны; равенство здесь имеет место только в том случае, когда хг = х2, У1 = У2> т. е. когда точки и М2 совпадают.
Точно так же, восставив к плоскости Оху перпендикуляры в трех точках М1г М2 и М3 и в точке М пересечения медиан треугольника MiM2M3 (рис. 19), придем к неравенству
1-Х12-^+уЛ l-xl-yl+y
^3	1 —	+ *зу ^У1 +#2 +
(**)
выражающему, что отрезок MN' не превосходит отрезка MN. Неравенство (♦♦) тоже имеет место во всех случаях, когда все подкоренные выражения положительны; равенство здесь имеет место, лишь когда xt^x2^x3 и ух»у2 = у3, т. е. когда точки М2 и М3 все совпадают между собой.
Заменяя сферу конусом, вершина которого совпадает с началом координат, осью служит ось Ог и угол при вершине равен 90°
189]
РЕШЕНИЯ
307
(рис. 20), получим неравенство
х2 + Уъ + ]Аз + Уз
^5 3 j/" Х^^Х2~^Х3 у ।	j/1 + j/2 + j/З у
справедливое при любых xt, х2, х3;	у2, равенство здесь бу-
хг	х2	хэ
дет иметь место только в том случае, когда — = —= — , т. е. У1	Уз	Уз
когда точки ДОА, N2 и N3 лежат на одной образующей конуса.
Рис. 20.
Алгебраическое доказательство неравенств (*), (**) и (***) представляет очень большие трудности.
189. Так как sin cos х=—cos + cos х ) , то
cos sin X— sin COS X = COS Sin X + COS I у + COS X j = л ,	. . [я ,
y+cosx + sinx	y+cosx —sinx
= 2 cos------2-----cos------2------- •
Ho
| cos x 4- sin x | = У cos2x + 2 cos x sin x 4- sin2 x « = ]/l 4~ sin 2x ]/2
308	решения	[190—191
(| cosх+sin х 1 = 1/2, только если sin2x = 1) и точно так же
| cos х—sin х | = ]/cos2 x — 2 cos x sin x + sin2 x =
— У1 — sin 2x	У 2
(|cosx—sin x | = l/2, только если sin2x=—1). А так как у «	1,57 больше чем 1/2 «Д,41, то отсюда следует,
л .	, .	Л
7Г + COS X + sin X	— + COS X— sin X
л .	2	. Л л 2 1
чго т>-------------------->0 и у>-------------2------>0,
л ।	, .	л ,
-7J- + C0S *+ Sin X	-£- + cOSX — sinx
значит, как cos-----------, так и cos---------------------
всегда положительны. Таким образом, разность cos sin х— — sin cosх всегда положительна, т. е. cos sin х при любом х больше чем sin cos х.
190.	а) Обозначим log2n; = a, log5jx = ft. Из равенства 2а=л, 5ь=л получаем л1/а=2, л1/6=5, л1/61-л1/6=2-5=10, л1/а+1/* = 10. Но л2» 3,142<10, откуда следует справедли-вость неравенства — + -^->2, что и требовалось доказать.
б)	Обозначим log^ = a, logK2 = £. В таком случае имеем 2а=л, ль = 2; из второго равенства вытекает 21/6 = л, или	Теперь наше неравенство принимает вид
±Ы>2, а
а2 + 1 > 2а,
или
а2 —2а + 1 = (а—1)2> 0.
Последнее неравенство является очевидным.
191.	Первое решение. Требуется доказать, что если р а, то
a)	sin 0 —sin а<0—а.
192]	решения	309
Но, очевидно,
sin Р — sin а = 2 sin cos < 2	• 1 = р — а
(ибо для каждого отличного от нуля угла х первой четверти SinXCX, СО5Х<1г)).
б)	tgp—tga>p — а.
Но, очевидно,
Р-««8(Р-«) = Г+?е~Да <tgP~tg«
(ибо для каждого отличного от нуля угла х первой четверти tgx>x1)).
Второе решение. Рассмотрим здесь только зада-чу а), так как решение задачи б) совершенно аналогично.
Проведем единичную окружность с центром в точке О, и пусть дуга АЕ равна а и дуга AF равна р. Если ЕМ и FP—перпендикуляры, опущенные из точек Е и F на радиус ОА (рис. 21), то
ShOEA = J Sin а,
S&OFA = -у sin Р и
ЗсектОЕА = ~2~
^сектОГЛ == "2~ Р,
где буква S, как обычно, д означает площадь.
Отсюда следует, что
ot sm а = 2*£сегм^т£,
Р sin р = 25сегмл£/7 и, следовательно,
Рис. 21.
а — sin а< р — sin р.
192.	Пусть АЕ и AF—дуги единичной окружности с центром в точке О, равные соответственно а и р, В и С—
*) См., например, ниже стр. 346.
310
РЕШЕНИЯ
[192
точки пересечения перпендикуляра, восставленного в точке А к диаметру ОД, с прямыми ОЕ и OF, М и М— точки пересечения перпендикуляра, опущенного из точки Е на диаметр ОА с прямыми ОА и OF (см. черт. 21). Тогда имеем:
<$д оав — у tg а, £д о ас = у tg Р, с __ 1	с _ 1
•^сект ОАЕ — ~2	^сект OAF —
и, следовательно,
tg«_	*$Д ОАВ	tg Р ^долс
а	*^сект ОА^	Р	*^сект OAF
Но, как нетрудна	видеть,	
	£д ОАВ	s д две
	*$сект ОАЕ	*$сект OEF
Действительно,		
	*$Д ОАВ	_ 5д оав
	°сект ОАЕ	^ДОЕМ
	ОВС	*$д овс
\ект OEF $ДОЕм'
а
ОАВ _ $Д овс $Д0ЕМ $ДОЕМ
*$д QBC	*$Д 0АВ
Из того, что	-------, следует, что
*\ект OEF	сект ОАЕ
$Д ОАВ+ 5д рве 5Д ОАВ ^сект ОАЕ~^~ *$сект OEF *$сект ОАЕ *
т. е. ЧТО
*Д О АС 5Д ОАВ ° сект OAF	°сект ОАЕ
что и требовалось доказать.
193— 194]	решения	311
193.	Пусть
arcsin cos arcsin x = a.
Угол а заключен в пределах	ибо O^Ccos arcsin x^ 1
( так как —%	arcsin x у 1 - Далее, sin a = cos arcsin x;
следовательно,
arcsin x— ±	и x = sin	± cos a.
Точно так же, если arccos sin arccos x~f], тоО^Р^у (ибо О sin arc cos x^ 1, так как 0 arc cos x л) и cos P = sin arc cos x; следовательно,
arccos x = у =F p и x= cos P j = ± sin p.
Из того, что cos a = sin p (= ± x), заключаем:
a + P — arcsin cos arcsin xH- arccos sin arccos x = у.
194.. Предположим, что сумма
cos 32х + а31 cos 31 х + а30 cos ЗОх + а29 cos 29х + ...
... + а2 cos 2х + а± cos х (*) при всех значениях х принимает только положительные значения. Заменим в этой сумме х на х + л; мы придем к выражению
cos 32 (х + л) + а31 cos 31 (х + л) + я3о cos 30 (х + л) + 4-a291COS 29(х+л)+- • .4-а^сов2(х + л) + а1со8 (х-4-л) =
= cos32x—^sicos 31ха30 cosЗОх — а29 cos29x+ ...
... + а2 cos 2х — а± cos х, (**) которое тоже должно принимать при всех значениях х положительные значения. А в таком случае и полусумма выражений (*) и (**), равная
cos 32х + Язо cos . • • + ^4 cos 4х + а2 cos 2х, тоже будет принимать при всех х только положительные значения.
312	решения	[195
Теперь заменим в последнем выражении х на х + тг, по-лучим:
cos 32	+	+ #зо cos 30	+	+
Ч-аг8 cos 28 (х 4-у) + ... 4-a4cos4 (х + у) +
4- а2 cos 2 ^х + у) = cos 32х — а30 cos ЗОх + + #28 cos 28х — ... 4~ #4 cos 4х — а2 cos 2х.
Составив полусумму двух последних выражений, найдем, что cos 32x4-#2e cos 28x4-#24cos24x4- . . . + а8 cos 8х+ #4cos4x тоже должно принимать при всех х только положительные значения.
Заменяя в последнем выражении х на x4--j- и составляя полусумму полученного выражения и первоначального, мы придем к сумме
cos 32х 4- #24 cos 24х 4- #i6 cos 16х 4- #8 cos 8х;
заменяя в ней хна х4--б-и складывая полученное выраже-о
ние с первоначальным, мы придем к сумме
cos 32х 4- #16 cos 16х;
наконец, точно так же убеждаемся, что выражение
cos 32х
тоже должно принимать при всех значениях х только положительные значения. Но при x = gg послеДнее выражение равно —1. Полученное противоречие и доказывает утверждение задачи.
195. Будем исходить из формулы для синуса половинного угла:
2 sin у = ± ]/*2 — 2 cos а,
где знак корня берется в соответствии с известным правилом знаков для синуса. Пользуясь этой формулой, мы будем
195]
РЕШЕНИЯ
313
последовательно определять синусы углов
ах45о, («1+^)-45°, ^+^+^^^-45°, ...
(п I Д1^2 [	I	I ща2а3 • • 4СО
• • • » I а1 "Г ~2~	4 Г • • • П 2«-1	1*40.
Предположим, что мы уже определили синус угла
&	| Д1а2 |	|	। д1а2* • 'ak \ ф 45O
2	4	J
где ах, я2, а3, ..ak принимают какие-то значения, равные 1 или —1. Так как
2 ( ai
। ^lfl2g3 г	| 01^2 • • 'ak | ДХ#2 • ♦ *flfegfe+1 \ л ко
2	'	4 “г • • • * 2k-i т 2&	1-40
±90°±(а2+^
fl2fl3- ♦ ‘akak+l 2ft-i
где знак плюс соответствует а1=4-1, а знак минус а± — — 1, и
cos
±90°±(а24
Да^з 2
fl2fl3« • «ftfe-t-x j, 45°
2*-х Г
= — sin I а2 4-
ааа3 2
fl2fl3- • -ak+l 2^-1
•45°,
то мы можем после этого определить синус следующего угла:
sin (ах. + а10^'ак +	.450 =
= ± 1А + 2 sin f а2 + a-g-3 + .. . + а^-ак+>) • 45°.
F	\	Z	2г 1	/
При этом следует иметь в виду, что так как все рассматриваемые углы по абсолютной величине меньше 90° (ибо даже +4 + т+ ‘ ‘	*45° = 90°----^-90° мень-
ше 90°), а знак этих углов определяется знаком аъ то корень квадратный в последних формулах следует брать со знаком плюс или минус в зависимости от знака аг. Другими словами, можно написать:
2 sin (а1 + ‘^+ .. . + —22fe£-^-- + -а2’	• 45° =
-=aj ]/r2 + 2sin^a2 + ^+ -..+	 45°.
314
РЕШЕНИЯ
[196—197
Теперь прежде всего очевидно, что
2 sin аг 45° —	]/2.
Отсюда последовательно получаем:
что и требовалось доказать.
196.	Предположим, что разложение заданного выражения по степеням х имеет вид
(1 — Зх + Зх2)743 (1 + Зх— Зх3)744 =
= А0 + А1х + А2хг+ ... +АГ1хп, где Ло,	..., Ап — неизвестные нам коэффициенты,
сумму которых требуется определить, а п — степень этого выражения (которая, как легко видеть, равна 743-2+744-2 = = 2974). Положим в этом равенстве х=1; тогда получим:
1743 - 1744 = л0+л1+л2+...++,.
Таким образом, искомая сумма равна единице.
197.	Раскрыв скобки и сделав приведение подобных членов в двух рассматриваемых выражениях, мы получим два 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
198—199]
РЕШЕНИЯ
315
степенях. В частности, коэффициенты при х20 при этой операции не изменятся. Таким образом, мы видим, что наши два многочлена имеют те же коэффициенты при х20, что и многочлены, получаемые при раскрытии скобок и приведении подобных членов в выражениях (1 4-х2 4-х3)1000 и (1—х2— х3)1000.
Но ясно, что первый из этих новых многочленов имеет больший коэффициент при х20. Действительно, при раскрытии скобок в первом выражении мы получим исключительно положительные коэффициенты при различных степенях х, и при приведении подобных членов все эти коэффициенты будут складываться. Во втором выражении при раскрытии 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 уменьшение коэффициентов.
Итак, после раскрытия скобок и приведения подобных членов в выражениях (1 4-лг2 — х3)1000 и (1 —х24-я3)1000 мы получим в первом из них больший коэффициент при х20, чем во втором.
198.	Утверждение задачи непосредственно вытекает из следующих преобразований:
1 — х4-х2 — х34- ... — х" 4-*100)(1 4-*+*2 + *34- • • •
.. >+^+х1’(ГО) = [(1 +х24-х44- ... 4-х100) — — х (1 4-х2 4-х4 4- ... 4-х98)] [(1 4-*2 4-*44- • • • 4~*100) 4-4-х(1 4-х24-х44-... 4-х98)]-(1 4-х24-*44~ •.. 4-*100)2—
— х2 (1 4-х2 4-х4 4-... 4-х98)2.
199.	а) Согласно формуле суммы геометрической прогрессии и формуле бинома Ньютона имеем:
(14_х)10004-х(1 4"*)999 4-*2 (1 4-*)998 + • • • 4-*1000 =
vlOOl
_----(1 4- xV000
? _xiooi-(l+x)im = (1 + *)1001 _*1001 =
X ,	X 1 — X
Г+х”"1
= 1 + 1001х+С1001х24-Ci00lx3+ ... +Ю01Х1000.
316
РЕШЕНИЯ
[200
Таким образом, искомый коэффициент равен Г5о 1001!
°1ОО1=50!-951! •
б) Обозначим наше выражение через Р(х). Тогда имеем: (1+х)Р(х)-Р(х) = [(1+х)2 + 2(1+х)3+...
... +999(1 + х)1000 + 1000(1 +х)1001]—[(1+х)+2(1 + %)2+ + 3 (1 +х)8+ ... + 1000 (1 +х)1000]= 1000 (1 +х)1001 —
- [(1 +х) + (1 + х)2 + (1 + х)а + ... + (1 + х)1000] =
= 1000 (1 +х)1001 0+*)^—0+*) =
= 1000 (1 +х)1001— С^*)1001*—0+*) .
Отсюда
р (х) = 1000 (1+--у)1001	(1+х)1001-(1+х) =
= 1000 [1001 + С?ов1х + С?'в01х2 + ... + lOOlx999 + х1000]— -[Cj001 +С?оО1х+ Cj001x2+ ... + lOOlx998 + х"9].
Таким образом, искомый коэффициент равен
,лЛПл»1	1000-1001!	1001!
1UVuC1Ooi	Moot— 5Ц-950 !	521-949! —
Ю011 гео шоп очл1 51 050-1001!
= 52Г950! I52•1000~95°1 == -521.950! ’
200.	Найдем прежде всего свободный член, который получится, если в выражении
(. . .((х— 2)2— 2)а— .. . — 2)2
< -. — . .. > k раз
раскрыть скобки и привести подобные члены. Он равен значению этого выражения при х=0, т. е.
(. ..(((__2)2— 2)2— 2)2— . . . — 2)2 = у...	-	-	'
k раз
= (. . .((4—2)2— 2)2 — ... —2)2 ==
k-1 раз
ж=(. . .((4—2)2—2)2—.. .—2)2= ...
Л-2 раза ... =((4 —2)2—2)2 = (4—2)2 = 4.
200]	решения	317
Обозначим теперь через Ak—коэффициент при х, через Bk—коэффициент при х2 и через Pkxs— сумму членов, которые содержат х в более высоких степенях. Тогда имеем:
(,..((х-2)*-2)г—2)8 =	+ А^с + 4.
k раз
С другой стороны,
(... (((х— 2)2—- 2)2— 2)2 — ... — 2)2 = < — - - ------------------ - >
= [(.. .((х— 2)2—2)2— . .. — 2)2 — 2]2 =
= [(Р* _ 1Л-2 + ВЛДх2 + Ak_1X+ 4)- 2]2 =
= (Pft-i*3 + /W* + Ak.1X + 2)2 =
“ Pl-Хх« + 2Pk_1Bk_1X5 + (2Pk_1Ak_1 + BLi) +
+ (4Pft-i + ZBb-iA^) x3 + (4Bft_x + Al-J x2 +
+ 4Afe_1x4- 4 =	4~ 2P4-
+ (2Pk_1Ak_1 + #1-1) x + (bPk-\ + 2ВЛ_1А^_1)] x3 4-
+ (^a-i +	+ 4АЛ-1х4-4.
Отсюда
Ak=±Ak^	+
Так как (x—2)2 = x2—4x4-4, то Дг = —4. Следовательно,- Д2 =—4-4=—42, A9=—43,	, и вообще
Вычислим теперь Bk:
&k4~ 4 Hfe-a 4“ 4Вд,_2) —
= Al-! + 4AU + 42	4- 4В*_3) =
==	4- 4А|_2 4- 42а|_3 4-43 (а|_4 4“4Вл_4) == ...
*.. = ^1-14- 4А^_2 4-42а£_3 4- ...
... 4-4Л"3А|4-4А“2А14-4/г-1В1.
Подставляя сюда
B1==l, A1=—4f А2=х—42,
Л=-43........^^ = -4^,
318
РЕШЕНИЯ
[201—202
получим:
ВА=42*“2-|-4-42*“44-42-42*’в-|- ... +4А-2-424-4*-1-1 =
= 42^-2 _р 42^-3 । 42Л-4	4^+1 _|_ 4^ _|_ 4^-1 —
= 4*”1 (1 + 4 + 42 4 43 + .. . +-4Л“2 + 4Л“1) =
1	42*-1_ 4*-1
4—1	3
201.	а) Первое решение. Так как при любом целом положительном k двучлен хк—1 делится на х—1, то х4х34х94х274х814х243 = (х—1) 4 (х3— 1)4
4 (х9 —1) + (х27— 1) 4 (х81— 1) + (х243 — 1) + 6
дает при делении на х—г1 остаток 6.
Второе решение. Обозначим частное от деления х-\-х34*94*274*81 4х243 на х—1 через q(x) и остаток через г. Тогда
х 4- х3 4- х9 4 х27 4- х81 4 х243 = q (х) (х— 1) 4 г.
Полагая в этом равенстве х=1, получим 6 = г.
б) Аналогично второму решению предыдущей задачи предположим, что q (х) есть частное от деления нашего многочлена на х2—1, аг1х-|-г2 есть искомый остаток (остаток от деления многочлена на квадратный трехчлен является двучленом первой степени):
х 4 х3 4 х9 4 х27 4х814-*243 = q (х) (х2—1) 4-ггх4-г2.
Полагая в последнем равенствех = 1 их — — 1, мы получаем:
6 = г1-|-г2, —6=—+ откуда гх —6, г2 = 0.
Таким образом, искомый остаток равен 6х.
202.	Пусть р (х) есть наш неизвестный многочлен, q (х)— частное от деления этого многочлена на (х—1)(х—2), г (х) — ах-4 —искомый остаток:
Р(х) = (х— 1)(х — 2)?(х)4 ах + Ь.	(*)
По условию задачи имеем:
р(х) = (х— I)?, (х)42, откуда р(1) = 2;
р (х) = (х— 2) q2 (х) 4 1, откуда р (2) = 1.
203J	решения	319
Подставляя теперь в равенство (*) х=1 и х = 2, получаем:
2=р(1) = а-|-6,
1 =р(2) = 2а + й, откуда
а=-1, £ = 3.
Таким образом, искомый остаток есть —х + 3.
203.	Многочлен х4 + х3 + 2х2 -f-x-f- 1 можно разложить на множители; он равен (х2-}-1) (х2-|-х+1). Отсюда легко усмотреть, что этот многочлен является делителем многочлена
х12—1 = (хв—1)(хвН-1) =
= (х3 — 1) (х3 + 1) (х2 4-1) (х4 —х2 + 1), а именно:
у 12 .. 1
X 4-Х 4- 2х2 4-X 4-1 =	+	+ =
____________X12—1___________
х®—х7—xe-f-2x6—2х8-|-ха-|-х—1 *
Разделить xml— 1 на х4-|-х3 +2х2-|-х4-1—это то же самое, что разделить х1951— 1 на х12 — 1, а затем результат помножить на х8—х7—хв + 2хб—2х34-х2 + х—1. Но легко видеть, что
х1»51_ 1 _
X12—1
= X1»8»+X1»27 4- X1918 4- X1903 4-... 4- Л-19 4- X7 4-^7 (в этом легко убедиться, если произвести деление «углом» по правилам деления расположенных многочленов или если заметить, что х1951 — 1 = х7 [(х12)162— 1 ] -|- х7 — 1 и воспользоваться известной формулой деления разности четных степеней двух одночленов на разность оснований). Отсюда следует, что искомый коэффициент совпадает с коэффициентом при х14 в произведении
(х1939 + х1927+ ...4-x814-x19 4-x7 + ^^-) X
х (х8—х7—х84-2х5—2х84-х24-х—1), который равен—1.
320
РЕШЕНИЯ
(204
204.	а) Обозначим /2+/3 через х. В таком случае имеем:
№ = 2 + 2/2- /З+ 3 = 5 +2/б, откуда
№ — 5 = 2/6,
№—Ю№ + 25 = 24, № —10№+1 =0.
Это и есть искомое уравнение.
б) Обозначим /2 + /з через х. В таком случае имеем: х = /2 +
№ = 2 + 2 /2- /3 + /9,
№ = 2/2+3-2-,/3+3-/2- /9+3.
Из этих трех равенств нетрудно исключить две из трех входящих в них иррациональных величин ]/2, J/З и j/9 и получить соотношение, связывающее какой-либо один из этих радикалов с х, х2 и х3. Так, из первого и второго равенств имеем:
/З’ = х —/2,
/9 =№ —2 — 2/2 • /3 =№ — 2 — 2/2 (х— /2) = = № + 2 — 2/2 х.
Подставляя эти значения в третье равенство, получаем:
№ = 2/2 +б(х-/2) + 3/2 (№ + 2-2/2’л-)4-3, откуда
№ + 6х —3 = /2 (3№ + 2).
Теперь осталось только возвести последнее равенство в квадрат, перенести все члены в одну сторону и привести подобные члены:
Xе + 36х2 + 9 + 12х4 — 6х3 — 36х = 18х4 + 24х2 + 8;
Xе — 6х4 — 6х3 + 12*2 ~ 36х + 1 = 0.
Это и есть уравнение, которое нам требовалось получить.
205—207]	решения	321
205.	Имеем:
а + 0 = — Р, <ф = 1; у + 6 = — q, у6 = 1.
Поэтому
(а — у) (0 — у) (а+6) (0 + 6) =
= [(<x-Y) (0 + 6)][(0- Y) (а + 6)] =
= (а0 + аб —0у —уб) (а0 + 06—ау —уб) =
= (аб — 0у) (06 — ау) = а062 — а2у6 — 02уб + а0у2 =
= 62 - а2 - 02 + у2 = [(6 + у)2 - 26у] - [(а + 0)2 - 2а0] = = (<72 —2) —(р2 —2) =<?2—р2.
206.	Если а и 0 — корни уравнения х2+рх + q = 0, то
(х — а) (х — 0) = х2+рх + q.
Следовательно,
(а —у) (0 — у) (а—6) (0 — 6) =
= [(Y — а) (у — 0)] [(6 — а) (6 — 0)] = = (у2 +ру + q) (62+р6 + q).
Но
у + 6 = — Р, уб = Q
и, значит,
(а— у) (0— у) (а— 6) (0— 6) = (у2 + ру + q) (b2+pt> + q) = = у2б2 + ру26 + q у2 + руб2+р2уб + pqy + q82 + pqb + q2 = = (уб)2+ру6 (у + 6) + q [(у + 6)2— 2уб] +р2у6 +
+ р?(у + б) + ?2 =
= Q2—pPQ + q (P2-2Q) +p2Q-pqP+ q2 =
= Q2 + q* -PP (Q + q) + qP2 +P*Q-2qQ.
207.	Первое решение. Вычислим из второго уравнения коэффициент а и подставим его в первое уравнение. Тогда получим:
а = — (х2 + х), х2— (х2 + х) х + 1 = 0, х3—1 =0, (х— 1) (х2 + х+1) = 0.
11 Д. О. Шклярский и др.
322
РЕШЕНИЯ
[208—209
Отсюда имеем:
*1 = 1,
^2, 3—	2
и, следовательно, так как а =— (х24-х), то аг = — 2, #2, з — ^-
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 — 0.1 (а + 1)4-1 + а3 —2а = а3 —За+ 2 =
= (а — 1) (а2 4- а — 2) = (а — I)2 (а + 2).
Отсюда получаем:
aj —— — 2, Og, з — 1 •
208.	Пусть (х—а)(х—10)4-1 =(х4-^) (*4-с). Полагая в обеих частях равенства х = — £, получим:
(_ь— а) (—£—10) 4-1 = (-£-(-£) (—£~Н) = 0.
Отсюда
(Н’а) (£4-10) = -1.
Так как а и b—целые, то Ь-{-а и £4~Ю—также целые. Но — 1 может быть представлено в виде произведения двух целых чисел только одним способом — 1 = (-[- 1) (— 1). Поэтому имеются только две возможности:
1)	£4-Ю=1, £ =— 9; тогда Ь-{-а — — 94-# = —1, т. е. а — 8:
(х—8) (х—10) 4-1 = (х—9)2.
2)	£-|-10 = —1, £ = —И; тогда £4-а =—114-а=1, т. е. а= 12:
(х—12) (х—10) 4-1 = (х— 11)2.
209.	Так как многочлен четвертой степени можно разложить или в произведение многочлена первой степени и многочлена третьей степени или в произведение двух многочле
209]	решения	323
нов второй степени, то нам следует рассмотреть отдельно два случая:
А) х(х—а) (х—Ь) (х—с) 4-1 =
• =(x+p)(x3 + qx2 + rx + s) (*) (коэффициенты в правой части равенства при х в первом множителе и при х3 во втором множителе оба равны 1 или оба равны — 1, так как в произведении этих множителей коэффициент при х4 должен быть равен коэффициенту при х4 в выражении х (х—а) (х—Ь) (х—с) 4- 1, т. е. 1; равенство же х(х—а)(х—Ь) (х—с) + 1 = (—*4~Р1)(—x3 + q1x2+r1x 4-$i) можно привести к виду (*), умножив оба сомножителя правой части на —1).
Положив в равенстве (*) последовательно х = 0, х = а, х — Ь и х — с и учитывая, что 1 разлагается на множители только двумя способами 1 = 1.1 = (— 1) • (— 1), мы получим, что четыре различных числа 0 4~Р — Р, а4~Р, Ь-\-р и С4"Р (напоминаем, что числа 0, а, с все различны) могут иметь только два значения 4" 1 и —L чт0 невозможно.
Б) х(х—а) (х—Ь) (х—с) 4-1 =
= (х2 4-рх4- q) (х2 4-гх4-5).
Отсюда, как и выше, получаем, что при х = 0, х = а, х — Ь и х—с оба многочлена, как х24-рх-|-?, так и x24-rx4-s, принимают значения 1 или — 1. Но квадратный трехчлен x2-\-px-\-q не может принимать одно и то же значение при трех различных значениях х (в противном случае квадратное уравнение x2-^px-[-q— а = 0 имело бы три различных корня), откуда следует, что при двух из четырех значений х = 0, х = а, х = £, х — с этот трехчлен принимает значение 1, а при двух других—значение —1. Предположим, что О24-Р-О + <7 = #=1, и пусть х — а есть то из значений х = а, х — Ь и х = с, при котором этот трехчлен принимает то же самое значение 1; в таком случае при х — Ь и х = с он принимает значение —1. Итак, мы имеем:
а24-р«4-1 = 1, b2+pb+\=—\, с2+рс + \ =— 1.
Из а2-\-ра = а(а-\-р) = 0 следует, что я4-Р = 0, — а (ибо, по предположению, ау=0). Таким образом, два последних равенства принимают вид
Ь2—ab = b (Ь—а)^= — 2, с2—ас = с(с—а) = — 2.
11
324
РЕШЕНИЯ
[209
Вычитая из первого равенства второе, получим:
&—ab — с2 + ас = (Ь— с) (Ь-\-с) — а (Ь— с) =
= (#—с) (Ь^-с — а) = 0,
откуда, так как Ь^с, имеем: Ь-\-с — а = 0, а=Ь-\-с, b — а~—ct с—а —— Ь. Теперь из равенства
b(b—а) =— Ьс =— 2
получаем следующие значения для Ь, с и а:
£=1, с = 2, а = Ь + с = 3,
х (х— а) (х—Ь) (х—с) + 1 = х (х—3) (х— 1) (х— 2) + 1 = = (х2 —Зх+1)2
и
Ь =—1, с =— 2, а = Ь + с = — 3,
х (х—а) (х—Ь) (х—с)+ 1 = х (х 4- 3) (х + 1) (х + 2) + 1 = = (х2 4-3x4- I)2.
Аналогично, если ха4-р*4~<7 принимает при х = 0 и х=а значение —1, при х = Ь и х = с значение +1, то мы имеем:
? = —1, а2+ра —1= — 1, b*+pb—1 = 1, + —1 = 1,
откуда
р = — а, b (Ь— а) = с(с — а} = 2, &— ab — с2 + ас = 0, (Ь— с}(Ь-\-с—а) = 0,	а = ^+с, b—а = — с, —Ьс=2.
Мы получаем, таким образом, еще две возможные системы значений для а, b и с:
£ = 2, с — —1, а = & + с=1,
х(х—а) (х — Ь) (х— с) = х (х— 1) (х—2) (x-f- 1) + 1 = = (X2_х_1)2;
ft=l, с== — 2, a = b + c = — 1,
х (х— а) (х—Ь) (х— с) = х(х-{- 1) (х— 1) (х-{- 2) -f- 1 = = (х2 + х—I)2.
Другое решение этой задачи приведено в заключительной части решения задачи 2106).
210]
РЕШЕНИЯ
325
210.	а) Предположим, что
(х—aj) (х—а2) (х— а3)... (х—а„) — 1 = р (х) q (х),
где р(х) и (х)— многочлены с целыми коэффициентами, сумма степеней которых равна л; можно считать, что в обоих этих многочленах старший коэффициент равен 1 (сравните с решением предыдущей задачи). Подставляя в это равенство значения х = лх, х--=л2, х=а3, х=ап и учитывая, что — 1 разлагается на два целых множителя единственным образом: —1 = 1-(—1), мы получим, что при каждом из рассматриваемых значений х р(х)=1, q(x) =—1, или наоборот. Таким образом, мы видим, что сумма p(x)-]-q(x) равна нулю при х=а1ч a2i а3, ..., ап. Итак, уравнение Р (х) + <7 (х) = 0 имеет своими корнями х1 = а1, х2 = а2, ... ..., хп = ап-> отсюда следует, что многочлен p(x)-}-q(x) делится на х—аг, х—а2, .. ., х—ап, а следовательно, и на произведение (х—лх) (х—а2).. ,(х—ап). Но степень уравнения/? (х) -\-q (х) = 0, равная наибольшей степени многочленов р(х), q(x), меньше п (лесть степень выражения (х—ах) х X (х—а2).. . (х—ап)—1). Отсюда следует, что p(x)-\-q (х) не может делиться на произведение (х—лх) (х—а2)...(х—ап), а следовательно, разложение, существование которого мы предположили, невозможно.
б) Предположим, что
(х— aj (х—а2) (х—а3)... (х— ап) + 1 =р (х) q (х),
где р(х) и q (х)—многочлены с целыми коэффициентами, старшие коэффициенты которых равны 1. Подставив в это равенство значения х==ах, х=л2, х=л3, ..., х—ап1 мы получим, что при каждом из рассматриваемых значений х
р (х) = 1, q (х) = 1 или р (х) = — 1, q (х) = — 1.
Таким образом, р(х)—q (х) обращается в нуль при л различных значениях х, и, следовательно, во-первых, р (х)—q (х) = 0, р (х) = q (х) (сравните с решением задачи а)) и, во-вторых, число л четно: л = 2&, где k есть степень каждого из многочленовр (х) — q (х). Перепишем теперь наше равенство в виде
(х— aj) (х—а2) (х—а3)... (х— а2к) = [р (х) ]2 — 1,
326
РЕШЕНИЯ
[210
или
(х—а1)(х—а2)(х—а3)...(х—а2к) = [р(х) + 1][р(х) — \].
Итак, произведение двух многочленов р (х) + 1 и р (х)— 1 обращается в нуль при х== а19 х— а2, х~а3, ..x = a2k. Следовательно, при каждом из этих значений х обращается в нуль хотя бы один из сомножителей, а это значит, что или р(х)4-1 или р(х) — 1 делится на х—аъ или р(х) + 1 или р(х) — 1 делится на х—а2 и т. д. Так как многочлен степени k не может делиться на произведение больше чем k различных выражений вида х—и так как из того, что многочлен степени k со старшим коэффициентом 1 делится на произведение k выражений вида х—ait следует, что он равен этому произведению, то мы можем утверждать, что р(х)4-1 равно произведению k из 2k сомножителей левой части последнего равенства, а р(х) — 1 равно произведению остальных k сомножителей.
Предположим, например, что
J0 (х) + 1 = (х—аг) (х—а3).. ,(х—а2к_^, р(х) — \ = {х— а2) (х— а4)... (х— а2к).
Вычитая из первого равенства второе, получим:
2 = (х—ак) (х— а3)... (х— а2к_ х)—
—(х—а2) (х — а4)...(х—а2к).
Подставив сюда, например, х = а2, мы получим разложение числа 2 в произведение k целых множителей:
2 = (^2	Л1) (а2	«в) • • • (а2
Так как число 2 нельзя разложить в произведение больше чем трех различных множителей, то отсюда сразу следует, что &^3. Но случай k = 3 тоже является невозможным по следующей причине. Число 2 может быть разложено в произведение трех различных сомножителей только одним единственным способом: 2=1-(—1)-(—2). Предположим, что А = 3, ai<a3<a5. Тогда 2 = (а2 — аг) (а2— а3) (а2 — а5), где а2—а1'^>а2—а3>а2—а5, и, следовательно, а2—аг — 1, а2 — а3 = —1, а2 — а3 =— 2. Подставив в формулу
2 = (х — ак) (х — а3) (х — а6) — (х — а2) (х—а4) (х — ав)
210]	решения	327
х = о4, мы придем к другому разложению 2 на три различных множителя: 2 = (а4—ах) (а4 — а3) (а±— аь), где тоже а4— ах > а4 —а3 > а4—а5. Отсюда следует, что а4 — ах = 1, а4— о3 =—1, о4— а5 =— 2 и, значит, а4 = о2, что противоречит условию задачи.
Итак, возможными являются только два случая: k = 2 и k= 1.
1°. Если й=1, то мы имеем:
2 = (х—аг) —(х—а2),
откуда о2 = ох4-2, и, обозначая ах просто через а, получим:
(х—ах) (х— а2) + 1 = (х— а) (х—а — 2) + 1 = = (х—а— I)2
(сравните с решением задачи 208).
2°. Если & = 2, то имеем:
2 = (х— ах) (х— а3) — (х—а2) (х—а4),
где будем считать ax<z.a3i а2<а4. Подставляя в последнее равенство х = а2 и х = а4, получим:
2 = (в2	#1) (^2 Лз), ^2	d2 «3»
2 = (о4— ох) (<z4—о3), о4—ах^> а^— а3.
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 — ах < а4—ах, то мы имеем:
<22 ох =	1, а2 а3 =	2,
а4 — ах = 2, а4—а3— 1,
откуда, обозначая аг через а, получим:
а2 — а—1, а3 = а+1, а4 = « + 2
и
(х — «х) (х — а2) (х— а3) (х— а4) + 1 =
= (х — а) (х— а + 1) (х— а — 1) (х—а—2) +1 = = [х2 — (2а— 1) х+ а2 + а— I]2
(ср. с решением задачи 209).
328	решения	[211
211.	Аналогично решению предыдущей задачи из предполагаемого равенства
(х— at)2 (х— а2)2 (х— а3)2... (х— а„)2 + 1 =р (х) q (х), (*) где р(х), q(x)— какие-то многочлены с целыми коэффициентами (и с коэффициентами при старших членах, равными 1), следует, что либо р(х) = 1, ^(х) = 1, либо р(х) ——1, q(x) =— 1 при каждом из значений х= а19 х = а2, х = а3, ... ..., х=ап. Покажем, что многочлен р(х) (и, разумеется, также и q (х)) может быть либо при всех значениях х = а1, х=а2, ...,х—ап равен 1, либо при всех этих значениях х равен — 1.
В самом деле, если бы, например, многочлен р(х) при х= принимал значенце 1, а при х — а^—значение —1, то при некотором промежуточном значении х, заключенном между и ау-, он обращался бы в нуль (если график функции у=р(х) при х=а£- находится сверху от оси Ох, а при х — а,] оказывается снизу от этой оси, то непрерывная кривая у = р(х) где-то между x = at- и x — cij пересекает ось Ох), что невозможно, ибо левая часть равенства (*) всегда 1 и потому в нуль обратиться не может.
Предположим, что как р(х), так и q (х) при x — alt х=а2, ..., х = ап принимают значения 1. В таком случае как р(х)—1, так и q(x)—1 обращаются в нуль при х=а1, х — а2, ..., х = ап и, следовательно, р(х)—1 и q (х) — 1 делятся на произведение (х— аг) (х— а2) X . .. ...Х(х—ап). Так как сумма степеней многочленов р(х) и q (х) равна степени {х—а1)2(х—а2)2...(х—ап)2Ц-1, т. е. 2п, то р(х) — 1 = (х—ах)...(х—ап) и q (х)—1 == = (х—аг)...(х—ап) (ср. с решением предыдущей задачи).
Таким образом, мы приходим к равенству
(х— ах)2 (х— а2)2.. ,{х— а„)2 4-1 =р (х) q (х) =
= [(х—а,).. .(х—а„)-|- 1][(х—aj.. .(х—а„)+ 1] = = (х— аг)2 (х— а2)2... (х— а„)2 +
+ 2(х—а1) (х—а2).. ,(х—а„)4-1, 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 x = at, х = а2, ..., х = ап
212—213]
РЕШЕНИЯ
329
значения — 1 (в этом случае мы получили бы p(x) = q(x) = = (x—aj (х — а2).. .(х — а„) — 1).
Итак, мы видим, что предположенное в начале решения задачи разложение выражения
(х—ах)2 (х— а2)2... (х — а„)2 4-1 в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами на самом деле невозможно.
212.	Пусть многочлен Р(х) равен 7 при х = а9 х = Ь9 х = с и x — d. В таком случае уравнение Р(х)—7 = 0 имеет четыре целых корня а, Ь9 си d. Это значит, что многочлен Р{х) — 7 делится на х—а9 х—Ь9 х — с, х—dr)9 т. е.
Р(х) — 7 = (х—а) (х—Ъ) (х—с) (х—d)p(x),
где р(х) может равняться 1.
Предположим теперь, что многочлен Р(х) принимает при целом значении х = А значение 14. Подставив х = А в последнее равенство, мы получим:
7 = (Л — а) (А — Ь)(А — с) (Л — d)p(A)9
что невозможно, так как целые числа Л — а, Л — Ь9 А — с и Л—d все различны, а 7 нельзя разложить в произведение пяти 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 коэффициентами, то степень хотя бы одного из сомножителей не больше 3; будем считать, что этим сомножителем является р(х). Если Р(х) при семи целых значениях х принимает значение ±1, то р(х) при тех же значениях х тоже принимает значения ±1 (так как p(x)q (х) = Р(х)). Среди семи целых значений х, при которых р(х) принимает значения ±1, 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
х) Пусть Р (х)—7 дает при делении на х—а остаток п P(x)-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 (х) делится на х—а.
330
РЕШЕНИЯ
[214—215
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 делиться на многочлен четвертой степени (сравните с решением задачи 210а)).
214.	Пусть р и q—два целых числа, одновременно четных или нечетных. Тогда разность Р(р) — P(q) четна. Действительно, выражение
Р(р)—P(q) — a0(pn—9") + аг (pn~1 — qn~1) +  • •
• • • + «п-2 <р2—q2) + an-i (p—q) делится на четное число р—q.
В частности, при р четном разность Р(р) — Р(0) четна. Но по условию Р(0) нечетно; следовательно, Р(р) также нечетно, а потому Р(р)=£0. Аналогично при р нечетном разность Р(р) — Р(\) четна; так как по условию Р(1) нечетно, то отсюда, как и выше, следует, что Р(р)=#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-k	( k\
нальный корень х = у, т. е. Р(у1=0. Разложим многочлен Р(х) по степеням х —р9 т. е. запишем его в виде Р(х) = с0 (х—р)"+ q (х—р)""1 +
+ q (*—№-2+ • • • + cn-i (х—р) + са, где с0, с19 с2, ... , сп — некоторые целые числа, которые нетрудно найти, если известны а0, а19 ... , ап (с0 равно старшему коэффициенту а0 многочлена Р(х),	— старшему
коэффициенту многочлена Р(х)—cQ(x—р)п степени п—1, с2—-старшему коэффициенту многочлена Р{х}—г0 (х—р)"— —(х—р)п-1 степени п — 2 и т. д.). Подставив х = р в последнее выражение для Р(х), мы получим сп==^Р(р) =	1.
k
Подставив в это же выражение х = у и умножив результат на мы получим:
(ь \
= (k-pl)n + C1Z (k-pl)n~1 +
+ с2р (k-pl)n-* + ... + cn^ln^(k-pl) + cnln=^
216]
РЕШЕНИЯ
331
откуда следует, что если Р^у-^=0, то
- ±Z" : .
k--pl k---pl
=—c0 (k-pl}n-^-cll{k-pl)n-i-;..-cn_iln-^k—p[)~
-tn-il”-'
есть целое число. Но так как pl делится на I, a k взаимно / \
просто с I (иначе дробь у можно было бы сократить 1 , то k—pl взаимно просто с /, а следовательно, k—pl взаимно просто и с 1\ Отсюда следует, что -^'pj может быть целым числом только, если k—pl=:hl.
Точно так же докажем, что и k—</Z=±l.
Вычтя теперь равенство k—pl = ± 1 из равенства k— ql=^\, мы получим:
(Р—?)/ = 0 или (р—-<?)/ = ±2.
Но (р—так как p>q и />0, а следовательно, (р — q)l = 2, k—pl = —1, k — ql=\.
Итак, если р — <?>2, то уравнение Р(х) = 0 вовсе не может иметь рациональных корней. Если же р—q = 2 или k
р—q=\t то рациональный корень у может существовать. При этом, складывая равенства
k—pl = —1, k — ql = 1,
мы получаец:
2&-ф + ^)/ = 0, у = ^,
что и требовалось доказать.
216.	а) Предположим, что наш многочлен можно разложить на множители с целыми коэффициентами:
х2222 + 2х2220 + 4х2218 + ... + 2220х2 + 2222 =
= («„*" +	+ а„.2хп-2+ ... 4- ae) X
X (М” +	+ ьа_2х“-а + ... + Ьо),
где т + п = 2222. В таком случае а9Ь0 = 2222 и, следовательно, из двух целых чисел а0, Ь9 одно является четным,
332
РЕШЕНИЯ
[216
а другое—нечетным. Предположим, что а0 есть четное число, a bQ— нечетное. Мы утверждаем, что в таком случае все коэффициенты многочлена	+ • • • + ао
должны быть четными. Действительно, предположим, что ak есть первый с конца нечетный коэффициент этого многочлена. Коэффициент при xk в произведении
(апхв + аи_1хп-1+ ... + а0) (Ьтхт + Ьт_1хт~1 + ... + Ьо) будет равен
ak^Q + ak-1&1 + ak- 2^2 + • • • + aQ^k	(*)
(в случае, если &>>/«, эта сумма окончится членом ak_mbm). Этот коэффициент равен соответствующему коэффициенту при хк в исходном многочлене, т. е. равен нулю, если k нечетно, и представляет собой четное число, если k четно (ибо все коэффициенты многочлена, заданного в условии задачи, кроме первого, четны, a &^п<2222). Но так как, по предположению, все числа ak-^ ak-^ • • • » яочетны» то в сумме (*) все члены, кроме первого, четны и, следовательно, четным должно быть и произведение а^0, что невозможно, так как ak и Ь$ нечетны.
Таким образом, мы видим, что все коэффициенты многочлена апхп-\- ап-х хП1 + • • • + °о должны быть четны, что противоречит тому, что апЬт должно равняться единице. Следовательно, неверно и наше предположение о возможности разложения данного многочлена в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами.
б)	Положим х = <у+1. В таком случае мы получим:
x250 + x249 _px248 + . . . +*+1 =
= (^+1)2б0 + ^+ 1)249 +...+^+ 1)4-1 -
(J.)_251—~_1 ___£[( у _1_ 1)251 ]1 _
= j/250 4- 251/49 4- Chi У248 4~ С32Ъ1У™ + ... 4- ChiJ 4- 251.
Дальше, используя то, что все, кроме первого, коэффициенты полученного многочлена делятся на простое число 251 ( *	251-250-249...(251 — ^ + 1)\	.
(ибо Casi =--------fY~ 3 ‘ fe---— ) и что свободный член
многочлена, равный 251, не делится на 2512, мы можем почти дословно повторить рассуждения решения задачи а), заменив
217—218]
РЕШЕНИЯ
333
лишь четность и нечетность коэффициентов 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 = а0 + а^+ а2х2+ ... + апх?
и
£ ==	4" ^2х2 + • • • + Ьтхт.
Так как по условию в произведении не все коэффициенты делятся на 4, то у обоих многочленов все коэффициенты не могут быть четными. Следовательно, у одного из них, например у многочлена В, не все коэффициенты четные. Допустим, что в многочлене А тоже есть нечетные коэффициенты. Рассмотрим первый из них (имеющий наименьший номер); пусть это будет коэффициент as. Пусть, далее, первый нечетный коэффициент многочлена В будет bk. Рассмотрим коэффициент при xk+s в произведении многочленов А и В. Степень xk+s в произведении могла получиться только из таких степеней х, сумма показателей которых равна &-(-$; следовательно, этот коэффициент равен
а(А+$+ ai^+5-i + • • • + as-i^k+i + аА +
+ as+l^k-l + • • • +
В этой сумме все произведения, стоящие до члена asbk, четны, так как четны все числа а0, aL, . .. , as_v Также четны все произведения, стоящие после asbk, так как bk_}, bk_2, • • • »	— четные числа. Произведение же asbk—число
нечетное, так как и as и bk—числа нечетные. Следовательно, и наша сумма нечетна, что противоречит тому, что в произведении все коэффициенты четны. Таким образом, предположение, что у многочлена А есть нечетные коэффициенты, неверно, и, следовательно, все коэффициенты А—четные 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.
334
РЕШЕНИЯ
[219—220
Пусть х = ^~
где р и q взаимно просты. Тогда
Р(х) = Xя + atxn-1 + а2хп~2 + ... + ап_tx + ап = рп .	р””1 . рп”2 ,	,	р ,
=	а2^Г=2~Ь • • • +ап-1 —+ ап =
ри + Д1Р" ~ ^ + agp" ~ V + • • • + Дп _ 1Р?" ~1 + а„?п <?"
_ Р" + ? (Д1РП-1 + агРп~ 2? + • • • + an-ipqn ~а + апЧп~*) 9"
Число рп, как и р, взаимно просто с q; следовательно, рп -\-q («1РЛ”Х+ ... +^Л9””1) также взаимно просто с q, а значит, и с qn. Поэтому у нас получилась несократимая дробь, которая не может быть равна целому числу.
219.	Пусть- N—некоторое целое число и Р(Л/) = Л4. При любом целом k
P(N + kM) — P(JV) = а0 [ (ЛГ + kM)n — ЛГ ] +
+ ах {(N+kM)n-1 — Nn~l] + .. . +an_L [(N + kM) — M\ делится на kM (ибо	—N1 делится на	—
— ДГ=£Л1), а значит, и на Л4; поэтому при любом целом k P(N-\-kM) делится на М.
Таким образом, если доказать, что среди значений P(N-\-kM) (& = 0, 1, 2, ...) встречаются числа, отличные от ±УИ, то тем самым будет доказано, что не все они являются простыми. Но многочлен Р(х) л-й степени принимает любое значение Л, самое большее для п различных значений х (ибо иначе уравнение л-й степени Р(х)—Л = 0 имело бы больше п корней). Таким образом, среди первых 2л-]-1 значений Р (N-\-kM} (k = 0, 1, 2, ... , 2л) имеется по крайней мере одно, отличное от и —М.
220.	Заметим прежде всего, что каждый многочлен л-й степени Р(х) можно представить в виде суммы многочленов
Р0(х) = 1, Р1(х) = х,
р /v\___х(х 0 р /г\___________х(х !)(* 2)...(х «4-1)
^2 W-------П2— > • • • > И)-----------1.2.3...л---------’
взятых с некоторыми коэффициентами:
Р (х) = ЬпРп (х) +	(х) + ... +	(х) + b0P0 (X).-
220]
РЕШЕНИЯ
335
Для доказательства этого заметим, что если равно старшему коэффициенту многочлена Р(х), то Р(х) и ЬпРп(х) имеют одинаковые коэффициенты при хп; если, кроме того, Равно старшему коэффициенту Р(х) — ЬпРп (х), то Р(х) и ЬпРп (х) +	(х) имеют одинаковые коэффи-
циенты при хп и хп-1; если, кроме того, Равно старшему коэффициенту многочлена Р(х)—ЬпРп(х)—Ьп_1Рп^1(х)1 то Р(х) и bnPn(x)+bn_1Pn_l (х)+Ьп_2Рп_2 (х) имеют одинаковые коэффициенты при хп, х"”1 и х"”2 и т. д.; таким образом, можно определить Ьп, Ьп_х, ... , Ь±, Ьо так, чтобы многочлены Р(х) и bnPn(x) +Ьп_1Рп_1 (х)+ ...	(•*) +
+ bQP0(x) полностью совпадали.
Пусть теперь многочлен л-й степени Р(х) таков, что Р(0), Р(1), ... , Р(п) — целые числа. Как и всякий многочлен, его можно представить в виде
р (X) = Ь0Р0 (х) + ЬуРг (х) + b2P2 (X) + ... + bnPn (X).
Заметим, что
Р1(0) = Р8(0)=...=Р„(0) =
= Ps(1) = P8(1)=... = R„(1) = P3(2)=...=P„(2)=...
• • • = Р„-1 (п- 2) = рп (П-2) = Рп (п— 1) = О, Ро (°) = -?! (1) = ^ (2) = ... = Рп_г (я-1) = Р„ (л) = 1.
Поэтому
Р(0) =	(®)>	откуда Ьо = Р(0);
^(l) = VoO) +ViO). откуда bt = P(l)-b0P0(\); Р (2) = Ь0Р„ (2) + Ь^ (2) + Ь2Р2 (2),
откуда
b2 = P(2)-b0P0(2)-b1P1(2)-,
 Р(п) = Vo (л) + bt'pt (п)	Ъп-'1Ра'-1 in) -i- ЬпРп (л)*,
откуда
h = P^—Wo (п)—ЬхРг (л)— ... — Ь^Р^ (л).
Таким образом, все коэффициенты &0, blt b2t ... , bn являются целыми числами.
336
РЕШЕНИЯ
[221—222:
221.	а) Из решения задачи 220 следует, что подобный многочлен можно представить в виде суммы многочленов Р0(х), Л(*)> ••• , Рп (х) с Целыми коэффициентами. Отсюда и из того, что многочлены PQ (х), Рг (х), ... , Рп (х) принимают целые значения при каждом целом х (см. задачу 49а)), следует утверждение задачи.
б) Если многочлен Р(х) = а„х"+ап.1х"”1+ап-2хп”24-... ... + aix + ао принимает целые значения при х = &, k+У, &4-2, ..., k-\-n, то многочлен Q(x) — P(x-\-k) =-= ап(х+ Л)и + ап-1 (* + £)”-1+ ... +<h (*+*) + «<> ПРИ-нимает целые значения при х=0, 1, 2, 3, ... , п. В силу задачи а) Отсюда следует, что Q (х) принимает целые значения при всех целых х. А отсюда мы заключаем, что и многочлен P(x)=Q(x—/г) принимает целые значения при всех целых х.
в) Пусть многочлен Р(х) = апхп 4”ап-1л;П”14-... ...+Л1^ + До принимает целые значения при х = 0, 1, 4, 9, ... , л2. Тогда многочлен Q (х) = Р (х2) = ап (х2)п + + a«-i (а:2)””1+ ... + а1х2-|~я0 степени 2л принимает целые значения при 2л4“ 1 последовательных значениях х = — л, — (л—1), —(л—2), ...,—1, 0, 1, ... , л—1, л. В самом деле, очевидно, Q(0) = P(0), Q(1) = Q(—1) = Р(1), Q(2) = Q(—2) = Р(4), Q(3) = Q(—3) = Р(9), ..., Q (тг) = = Q(—л) = Р(л2), 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(£2)=ф(£)при любом целом&есть число целое.
х (х 1)
Примером может служить многочлен Р(х)———', для которого
Q (х) = Р (х2) =	!)(*+В =
_ (х + 2) (х+1)х(х-1)	(х+1)х(х-1)
1.2-3-4	1-2-3
222. а) Используя формулу Муавра и формулу бинома Ньютона, будем иметь:
cos 5а Ц- i sin 5а = (cos а 4- i sin а)5 =
= cos5 а 5 cos4 а z sin а 4- 10 cos3 a (z sin а)2 4-
4- 10 cos2 a (z sin a)8 4- 5 cos a (z sin a)4 4- (z sin a)5 = = (cos5 a — 10 cos8 a sin2 a 4- 5 cos a sin4 a) 4-
4- z (5 cos4 a sin a — 10 cos2 a sin3 a 4- sin5 a).
223—225]
РЕШЕНИЯ
337
Приравнивая действительные и мнимые части слева и справа, получаем требуемые формулы.
б)	Аналогично решению задачи а) имеем:
cos па + i sin па = (cos а + i sin а)" =
= cos" а 4- Си cos"”1 ai sin а + С„ cos"”2 а(/ sin а)2 4-
+ C3n cos"”3 а (z sin а)3 + C*n a (i sin a)4 + ... =
— (cos" a —Cn cos"”2 a sin2 a~\-Cn cos"”4 a sin4a— ...) +
4-z(Ci cos"”1 a sin a—cos"”3 a sin3 a 4- ...).
Отсюда и вытекают нужные формулы.
223.	Согласно формулам задачи 2226) имеем:
. w п	sin 6a	6 cos6 a sin a—20 cos3 a sin3 a + 6 cos a sin6 a
&	cos6a cos6 a—15 cos4 a sin3 a 4-15 cos2 a sin4 a—sin6 a *
Разделив числитель и знаменатель последней дроби на cos®а, получаем искомую формулу:
А 6 tga—20 tg3a4-6tg6a
*	1 — 15 tg2 a + 15 tg4 a—tg6 a ‘
224.	Уравнение = 2 cos a перепишем в виде
x2 + 1 = 2x cos a или x2 — 2x cos a 4- 1 = 0.
Значит,
x = cos a ± cos2 a— 1 = cos a ± i sin a.
Отсюда вытекает, что
x* = cos n a ± i sin /za;
1	1	-r- • •
-=- =-----r—r-;----= cos n a 4- i sin na.
xn cos n a ± i sin n a	‘
После сложения получим:
n 1 x + —= = 2 cos /za. xn
225.	Рассмотрим сумму
[cos <p + i sin ф] + [cos (Ф + a) + i sin (ф 4- a)] + + [cos (ф 4- 2a) + i sin (ф 4- 2a)] 4- ...
... 4- [cos (ф 4- /za) 4- i sin (ф 4-ла)]
338
РЕШЕНИЯ
[226
= (cos ф 4- Z sin ф)
= (cos ф + i sin ф)
— (соэф 4-/ sin ф)
л 4" 1 , . . л 4" 1 cos —a4-z sin —a
a , a
COS -x- -b * Sin -jy
Наша задача сводится к вычислению коэффициентов при мнимой и действительной частях этой суммы. Обозначая cos ф 4-* sin ф через а и cos а 4-z sin а через х и применяя формулу для произведения комплексных чисел и формулу Му-авра, найдем, что рассматриваемая сумма равна
.	,	9	, п	ах"*1—а
а + ах + ах2 + •.. + ах = —j— =
cos (n+ 1) a4-z sin (n + 0 a—1 __ cos a 4-z sin a—1	~
[(cos (n-f-1) a—1)4-/sin (л 4- l)a] __ [(cos a—1)4-/ sin a] ~~
n . л л 4~ 1 I a • • Л 4- 1 л 4- 1 — 2 sin2 ——a4-2i sin—a cos a
— 2 sin2y 4- 2z sin ~ cos ~
2/ sin Л-^~ * a
= (cos ф + / sin (p)-------
2/ sin
. л 4~ 1 sin—y- a =----------(cos (p 4- / sin (p) x
sin J
( cos a 4- i sin -y-	( cos — I sin у)
cos2 -^4-sin2 y
. n 4-1
Sin —77— a r ,	•	.	. -
2	Г	(	. Л \	. . . /	, n \ |
=--------— cos( Ф4"2* a)4- /sin (ф +
sin—	L	4	'	v
(здесь снова используется формула умножения комплексных чисел, а также то, что cos —t sin -j = cost —’2") + + zsin — т)) * Отсюда сразу следуют требуемые формулы.
226.	Воспользуемся тем, что cos2x ==	Отсюда, используя результат	предыдущей	задачи,
227—228]	решения	339
получим:
cos2a + cos2 2a + . • • + cos2/za =
== у [cos 2a + cos 4a + ... + cos 2/za + ri\ =
__ 1 ['sin (n+ 1) a cos na . 1 . n_sin (n -f-1) a cos na , n — 1
2 |_ sin a	J * 2~	2 sin a ’ 2 *
А так как sin2x=l—cos2x, то
sin2 a + sin2 2a + ... + sin2 na =
__ sin (n 4- 1) a cos na	n — 1 n 4-1 sin(n4- l)acosna n	2 sin a ‘	2	2	2 sin a
227.	Требуется вычислить действительную часть и коэффициент при мнимой части суммы
(cos a 4- i sin a) 4- Ci (cos 2 a + i sin 2a) +
4- C\ (cos3a4-/ sin 3a) 4- ... + (cos (n 4- 1) a4- i sin (л+ 1) a).
Обозначая cos a -\-i sin a через x и используя формулу Муавра и формулу бинома Ньютона, преобразуем эту сумму следующим образом:
х + &пх2 + С*х3+ ... 4-х',+1 = х(х4-1)я==
= (cos a 4- i sin a) (cos a 4-1 + / sin a)" =
=	(cos a + i sin a) ^2 cos2	у 4- 2/ cos у	sin	у )	=
=	2й cos" у (cos a 4-1 sin a)	( cos —|-1	sin	-y j	=
n a /	n4-2	,	.	. n4-2 \
=	2" cos" cos -y— a 4-1 sin a .
у Z	Z J
Отсюда следует, что
cos a 4- C\ cos 2a 4- C2n cos 3a 4- ... 4- cos (n 4- 1) a =
n a n4-2
= 2" cos" у cos —y- a,
sin a 4-Ci sin 2a 4-Cn sin 3a 4- ... +sin(n 4- l)a~
= 2" cos" у sin -y- a.
228.	Воспользуемся формулой
sin A sin В == у [cos (A—B) — cos (A 4- B)J.
340
РЕШЕНИЯ
1229
Отсюда следует, что нашу сумму можно представить в виде
1	Г	(т—п)п .	2(т—п)л .	3(т — п)л .
2	L P	P	P
... + cos[cos+
+COS 2	±	+ COS	* + ... +cos(^J)^ + n)n-|
p	p	p J
Но сумма
kn , 2kn , 3kn ,	, (p — l)k7l
cos-к COS-h COS-к . • • + COS—-~-
p	p p	p
равна p—1, если k делится на 2p (в этом случае каждое слагаемое суммы равно J); в случае же, когда k не делится на 2р, эта сумма, в силу результата задачи 225, равна
. pkn, (р — l)kn sin cos s 7  2р____________2р
. kn sm — 2р
,	* л
1 = sin •
cos
/. л kn\
. kn Sin 77-2р 0, если
— 1, если
— 1 =
k нечетно, k четно.
Отметим еще, что оба числа т-\-п и т—п будут четны или нечетны одновременно; в частности, если т-\-п или т—п делится на 2р, то и m 4-л и tn—п—четные числа. Отсюда вытекает равенство, требуемое условием задачи.
229.	Рассмотрим уравнение — 1 =0, корни которого:
.	2л ... 2л	4л , . . 4л
I,	COS д—--7 + I Sin 5—т-ч	,	COS ~——7 4- I	sin X——=•	,	. . .
’ 2n +1 * 2п +1	’ 2п +1 1 2п +1	’
4пл , . . 4пл
.... COS 5—7-7 + I Sin X—r-7 . ’ 2n + l 1 2n + l
Так как коэффициент при х2П в уравнении равен нулю, то сумма всех этих корней равна нулю:
[1 + C0S	+ C0S Йй + • • • + C0S 2ГГ1] +
+1 [81П 2Д1 + 8,02Д1 + ’ * ’ +S,n2^П] = °-
230]
РЕШЕНИЯ
•341
Следовательно, выражение в каждой скобке равно нулю, т. е.. в частности,
2л	4л ,	. 4пл .
C0S 2п+"1 + C0S 2^+1 + • • • + C0S 2^+Т = “1 *
Но
и т.
2л	4пл	4л (4п — 2) л
COS х -7 = COS х——: , COSx —7 = COS —г—— 2n +1	2n + 1 * 2n + 1 2n + 1
д.; значит, о Г 2л . 4л .	. 2пл I <
2 Lcos 27F+T + cos 2МИ + • • • + cos 2muJ = -1 ’
т. е.
2л	4л ,	. 2пл 1
C0S 2Т+Т + C0S 2ЯЙ + • • • + cos 2Т+1 = - 2 •
Примечание. Можно также решать эту задачу, исходя из формул задачи 225.
а.
230.	а) В силу результата задачи 2226) имеем: sin (2л + 1) а = Cti+i (1 —sin2a)" sin а —
—Cfn+1 (1 —sin2 а) ”-1 sin3 а	1)" sin2"*1!
Отсюда вытекает, что числа 0, sin а	, sin . , .
х/l -|- 1	ZZI ф 1
пл , / л \	л . / 2л \
’ 2п 4-1 ’	\ 2п -4-1J	2п 4-1	\ 2п +1J
. 2л	. / пл \	. пл
= — Sin X——; , . . ., Sin —X—i-7 ) = — Sin X —; ЯВЛЯЮТСЯ 2n4-1 ’	’	\	2п4-1J	2п4-1
корнями следующего уравнения (2л-}-1)-й степени:
cL+1(i-*2)^-cU^^
Следовательно, числа sin2 77—, , , sin2 ,..., sin2 6 ’	2n 4-1 ’ 2n 4-1 ’	’ 2n 4-1
являются корнями такого уравнения л-й
С2\+1 (1 —х)"—Сап+1 (1—х)”-1х4- . . .
б) Заменим в формуле задачи 2226) пишем ее в следующем виде:
sin (2л 4- 1) a = sin2rt+,a(Cj„+1 ctg2"a>— Cln+1
+ C2n+1ctg!
iq2 ---- .....
2n +1 степени:
+ (— 1)У = 0.
п на 2л +1 и за-
cfg2n-2a_|_
342
РЕШЕНИЯ
[231—232
х-ч	Jl	Z-JV	с?Л»
Отсюда следует, что при а = 2мП,	_
пл
.2и~4-1 имеет мест0 равенство
Gtt+iCtg2"a—C2n+iCtg2n"2a+ С1п+1с^2П~*а— ... =0, т. е. что числа ctg2 , ctg2 ,..., ctg2 являют-ся корнями следующего уравнения л-й степени:
Г1 гп Г3	vn-2___	___Л
^2П + 1Л	^2П+1Л	”г'И8П+1Л	••• —
231. а) Сумма корней уравнения л-й степени рЗ	рб
х"----^±1х"-2— ...	=0
С1	с1
^2П+1 х 2П+1
(см. решение задачи 230 б)) равна коэффициенту при х"”1 взятому с обратным знаком (см. стр. 55), т. е.
Ct§2 2^1 +С‘822^1 +^22^1 + •' • +С1§22^Г1 =
_ £гп+1 _ » (2л — 1)
С1 . ~	3
2П+1
б) Так как cosec2 а = ctg2 a-f- 1, то из формулы задачи а) следует
п	। л 2л « л Зл ।
cosec 2Т+Т + C0SeC 2МП + cosec 2МП + • • •
...+с08ес2^==1^1) + л = ?Ц+1) .
232. а) Первое
• а ПЛ
-s,n 2МП
степени, полученного фициент при старшем
. 9 2л
Sin2 X--Т , .
2п-Н ’
решение. Числа sin2 -х——г, r	2/1-Н *
являются корнями уравнения л-й в решении задачи 230а). Коэф-члене хп этого уравнения равен
( — l)"[cjn+14-c’„+1 + ... 4-См+1Ч-1]. Но сумма в квад-ратных скобках составляет половину от общей суммы би-
номиальных коэффициентов 1 +£ti-H + ... + +C2M-1 + I, равной, как известно, (1 4> 1)2/*+1 = 22П+1; следовательно, коэффициент при хп в нашем уравнении равен (— 1)”22л. Далее, свободный член этого уравнения есть
232]
РЕШЕНИЯ
343
С2Л+1 = 2л4-1. Но произведение корней уравнения л-й степени равно свободному члену приведенного уравнения (уравнения с коэффициентом при старшем члене, равным единице), умноженному на (—1)", т. е. равно свободному члену, умноженному на (— 1)" и деленному на коэффициент при старшем члене. Отсюда имеем:
Sln 2п+~1 Sln 2n+T",Sln 2n+"i= — 1
и, следовательно,
л . 2л
ИП n--74 Sin n--ГТ
2n +1 2n +1
/гл J/^/z+l 2TH“ 2«
. sin
Аналогично можно доказать, что
. л .2л	. (п — 1)л К л
Sin Sin X— . . . Sin  X—= ^т 2n 2п	2п 2" 1
Второе решение. Корни уравнения х2П — 1=0 равны
,	. л ... л 2л ... 2л
1, — 1, cos —Н sin — , cos k i sin — , ’	’ n ‘ n ’ n 1 n ’
3л ... Зл	(2n —1)л . . . (2n—1)л
COS---h l sin —, ..., cos1'-k I sin --—.
П ' n ’	' ’	‘ n 1	n
Поэтому имеем:
x2n—1 = (x—1) (x + 1) ^x—cos ——t sin-^) x
2л . . 2л\ f	(n—1)л
X x— cos------1 sm — .. . x — cos  -----
\	n	n J \	n
. . (n— 1}л\ f	(п+1)л	. . (п+1)л\
— I sin  --—	X — cos -—— ---1 sin —- 7 IX...
n J \	n	nJ
(	\2n— 1)л	. . (2n — 1)л\
... X X — cos ----------1 sin --— 1 .
\ n n )
rr (2n—k\n kn . (2n —А»)л . kn
Ho cos--------— = cos — , sin ---— = — sin — ; отсюда
n	n	n	n
следует, что
/	л	. . л\ f	(2п—1)л	. . (2п—1)л\
X — C0S----1 sin — ) X — COS i------1 Sin ---1 =
\	n	nJ \	n	n J
— x2 — 2x cos — + 1, n ' *
344
РЕШЕНИЯ
[232
2л . . 2л\ (	(2п—2) л . . (2п — 2)л\
х— cos------1 sm —	х — cos  -------1 sin  ---— =
n	n J \	n	n J
= № — 2x cos— + 1 n
f (n — 1)л	. . (n—1)л\
^_cos<_2--------1 slnL_
X f x — cos	—isin	--- 'j — x2 — 2x cos (2Z1215 _f_ i.
\	n	n J	n '
Поэтому разложение многочлена x2n—1 на множители можно переписать так:
х2п— 1 = (х2— 1) (х2— 2xcos 1) X
X (х2—2xcos — + 1 \ . (х2 — 2х cos	+1V
\ п J \	п J
Отсюда
= х2"-2 + X2"-4 + . . . + X2 + 1 =
= ^х2— 2xcos-5 -f-1) ^х2—2xcos^-|-х ...
... X f х2 — 2х cos - ~ я 4-1 .
\	л }
Положив здесь х=1 и воспользовавшись тем, что 2 — 2 cos а = 4sin2-^ , получим:
• 9	• а 2 Л	. л (tl 1) JT
п — 4” 1 sm2 sin2 о- • • • sin2 *—.
2п 2п	2п •
откуда вытекает, что л . 2л sin — sin	, 2п 2п	. (п— 1) л К п Sln~^T	2»-‘-
Аналогично можно доказать, что
л . 2л Sin 5——г Sin ——г , 2я 4-1 2n-f-l	пл	У^2п +1 • • • sln 2я +1	2й
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).
232]
РЕШЕНИЯ
345
Так как
л Sln 2п+~1~ Sln2n+T’
5л
Sin <5—г-г 2л+ 1
2лл . Зл . (2п — 2) л 5,”Я+Т“5|"4мП-.
slnSbzJSi...
2л 4-1 ’	’
то
2л . 4л 6л
Sin -——г Sin х-j-т Sin
2/14-1 2n +1 л
2лл ___
2п+Т • • ,81П2п+1 ~
.	2л . Зл .пл У~2п+1
~ S1D 2n+l Sln 2n+l Sln 2л4-1 ’ *,Sln 2n+T—	2”
(см. задачу а)). Разделив эту формулу почленно на л .2л	мл У~2п 4-1
sin -—г-r sin х——г ... sin х——г = —хх—	и воспользовав-
2л 4-1 2л 4-1	2л 4-1 2п
шись тем, что sin	. = 2 sin о л, v cos х ; sin , =
’	2п4-1	2л4-1	2л4-1	2л4-1
о . 2л 2л . 2лл п . пл пл = 2 Sin X-—7 COS X-—7 .... ,S1H X-—7 = 2 Sin X-—. COS X-7-7 ,
2л4-1 2л 4-1’	’	2n4-l	2n4-l 2л 4-1’
получаем: л 2л Зл	пл 1
COS х—г-г COS x—r-r COS X—г~: . . . COS x——7 = xx . 2n4-l 2n + l 2n4-l	2n4-l 2n
Аналогично имеем:
(л 2л	(n— 1
cos x- cos — ... cos -—x—
2n 2n	2n
1)л\/ . л . 2л . (n—1)л\ — ( snix- sin x— .. .smv—x-^_ ) =
2n 2n	2n J
1	. л . 2л . (л— 1) л
= nn -1 • sin — sin — ... sin ----—
2n 1 n n	n
TT . л . (л—1) л . 2л . (л—2) л . л ,
Но sin — = sin -----—, sin — = sin v, ... ,sin -x- = 1;
n	n	n	n	2
поэтому nr. , 1	. л . 2л . (n— l) л
при л = 2#+1 нечетном sin—sin—...sin^---------—
r	Л Л	Л
f . л 2л	кл V /}/Г2^4-1\а n
= \ Sln 2/г 4-l S‘n 2Г+1 • • • S'n 2Л 4-1 j 4 2* /
. л . 2л t (n— 1) л
при n = 2k четном sin — sin — ... sin v-— =
r	л л	n
f . л . 2л . (к — 1)л\» ,/V"k\2 n 451П2*5ШП •-S1°-2FL)	=2^T
346
РЕШЕНИЯ
[233
(см. задачу а)). Отсюда получаем:
л 2 л COS х- COS zr-2n 2n
. .cos
(n— 1 ) Л 2n
1 2п~1_Уп 2n-1 KT~2"-1' 2«-i
Примечание. Разделив формулы задач 232 а) и б) одну на другую, получим:
. л . 2л ± (п— 1) л tg27itg2^--tg-^—
1.
Впрочем, второе из этих равенств совершенно очевидно, так как . /?лх (/г—/г) л . kn . kn .	.	, о	, л
tg гйtg 2n“=tg2nctg2n = I ПР” *=1> 2......п~1 и tg4 =
= 1. Из этого равенства и второй формулы задачи 232а) можно
было бы просто вывести фор-л 2л
мулу cos^cos^X...
Можно также получить эти формулы аналогично первому решению задачи 232а).
233. Покажем, что для любого положительного
л угла, меньшего-g-,
sin а а < tg а.
Имеем (рис. 22) с	1	•
^ДЛОВ = ^2 sln с _ 1 *^сект АОВ — "2
Здлос — у tg а
(радиус круга принимаем равным единице, углы измеряются в радианах). Но так как 5длрв <1 ^сект лов’С^длос, то sin а < а <; tg а.
234J
РЕШЕНИЯ
347
Из того, что sin а< а < tga, следует, что ctgcc<
< cosec а. Поэтому из формул задач 231 а) и б) вытекает: п (2n —1) __
3	“
= ^2^1 +	2^1 + Ct§2 2-£т + • • * +	2^1 <
/2п4-П2 . /2п-И\2 . f2n+l\2 .	. Z2n + lV .
о л I	о 2л j
<COSeC 2Mn + C0SeC 2T+1 +
• о 3л ,	,	2 пл 2n (л 4-1)
+ COSeC 2МЛ + • • • + COseC 2^+T =	•
Разделив все члены последнего двойного неравенства на будем иметь: л2 ’ J
2п 2п—1 л2 __
2л 4~ 1 2л4* 1 3
= (1-2^тг) (1-2^h) •T<1+i+i+- ••+i<
2п	2п + 2 л2 .	1 Wii 1 \л2
<Z2n+l *2л“+1 * 6	\	2л+1/	2л4-1/ ‘ 6 ’
что и требовалось доказать.
Рис. 23.	Рис. 24.
234. а) Предположим, что точка /И взята на дуге AtAn окружности (рис. 23). Обозначим дугу МАг через а; в таком случае дуги /ИЛ2, М43,.. .,МАп соответственно равны । 2л . 4л	. 2(п—1)л	..	АП
а+ ~	• • •> оН——. Но длина хорды АВ
348
РЕШЕНИЯ
[234
окружности радиуса /? равна 2/? sin 4^ (это можно легко усмотреть из равнобедренного треугольника ЛОВ, где О— центр окружности). Отсюда видно, что интересующая нас сумма равна
л Г" о ci I • о ( о I л \ ।	. л ( а । 2л N ।
4Я2 ^sin2y + sin2 + —J4-sin2 + —J + . ••
Вычислим теперь выражение в квадратных скобках. Поль-зуясь известной формулой Sin2 X ==-g--, получим, что
это выражение равно
с п Г .	(	. 2л\ ,	(	. 4л\ ,
5	cos а + cos ( а + —J4-COS ( а + —I-}- . ..
.	[	. 2(п—1)л>1
...+cos(a+ n '• JJ .
Но по формуле задачи 225 имеем:
।	(	1 2л\ । I ( I 2(п— 1) л\
cos а + cos I а + — ) + • • • + cos ( а + п ) =
( (Л— 0
sin л cos ( а + --)
следовательно, S = ~ . Отсюда и следует утверждение задачи.
Примечание. При п — 2т четном (рис. 24) утверждение задачи является очевидным, так как, в силу теоремы Пифагора,
Л4Л2 + МЛ^ + 1 = МЛ24-МЛ^+2=... = МЛ^ + М42м = 4^.
б) Пусть Л^, Л2В2, <.ДПВП—перпендикуляры, опущенные из точек Лх, Л2, ..., Ап на прямую ОМ (рис. 25,а). В таком случае по известной теореме имеем:
MAl = МО2 + OA2k — 2МО-OBk = I2 + R2 — 21-OBk
(k = 1, 2, .. ,,zz), где отрезки OBk берутся co знаками +
234]
РЕШЕНИЯ
349
или — в зависимости от того, расположена ли точка Bk на луче ОМ или вне его. Следовательно,
МА\ + МAl + ... + МАI =
= n(l* + R*)-2l (OBt + ОВ2 + ... + OBJ.
Но если /_ MOAt = а., то
ОВГ = OAr cos / AjOM = R cos a, OB2 = R cos ( a + — \, OBs = /?cos (a + ^) , • • •» OBn = Rcbs ^a + 2<n~ —) .
А так как в решении задачи а) было показано, что
।	(	 2л\ .	.	( . 2(п— 1)л\	А
cos a + cos a Н— + ... + cos ( a H—-) = О, \ tl j	\	nJ
to OB1 + OB2+... + OBrt = 0; отсюда и вытекает утвер-
ждение задачи.
Примечание. При п = 2аи четном (рис. 25,6) утверждение задачи доказывается геометрически: в этом случае ОВх + ОВт+1 = == + ОВт + 2 =.. . = ОВт + ОВ2т = 0.
в) Пусть Л41 — проекция точки М на плоскость я-уголь-ника (рис. 26). В таком случае имеем МА^ = MtA^ 4-MMf (k= 1, 2, ..п) и, следовательно,
МА1 + МА1+ ... 4-AL4„ =
= /Иг421 + /И1Д:+ ... +MlAl + n'-MMf.
350
РЕШЕНИЯ
[235
Но +	...+MxA*=n(R* + OM\) (см. за-
дачу б)) и /2 = ОМ2 = ОЛТ? 4-Л^Л!2. Отсюда и вытекает ут-верждение задачи.
235. а) Утверждение задачи сразу следует из теоремы задачи 234а), если учесть, что при п четном четные (и нечетные) вершины л-угольника сами служат вершинами вписан-п
НЫХ в окружность правильных-g—угольников.
б) Пусть п = 2/»+1. Из решения задачи 234а) выводим, что достаточно доказать равенство между собой следующих сумм: о . « । • (а I 2л \	/ а . 4л \ .
—sm y + sin ^-2- + 2m + i j + sin 2 +2m+lj + -’ *
. . / а , 2/пл \ •••+sin Ьг+ы+l) л
S2 —srn (д + 2^+1) +Sm \ 2 +2/п+1} + - • * 4-sin ( а !
••• +Sln\2 + 2m + l J’
Но согласно задаче 225 имеем:
5Х =
sin
(m-|- 1) л 2/n+ 1
sin
тл \
2/п+ 1)
л
Sin £--—г
2/п +1
236—237)
РЕШЕНИЯ
351
тп .(а . л (т — 1)л\ Sln2m+1 811Д 2	2m 4-1 J
. л Sln2^+T
что и доказывает теорему.
236. а) В силу задачи 234 а) сумма квадратов расстояний от точки окружности, описанной около правильного «-угольника, до всех его вершин равна 2nR2, Предполагая, что М совпадает с А19 получаем, что сумма всех сторон и диагоналей «-угольника, выходящих из одной вершины, равна 2«/?2. Если умножить эту сумму на « (число вершин «-угольника), то мы получим удвоенную сумму всех сторон и диагоналей «-угольника (так как каждая сторона или диагональ имеет два конца, то она будет фигурировать в такой сумме дважды). Отсюда искомая сумма равна • 2«/?2 = л2/?2.
б) Сумма всех сторон и диагоналей правильного многоугольника, выходящих из одной вершины А19 равна
. л , . 2л ,	, .
sin---k sm —Н ... + sin
п 1 п ’	‘
. л . (л—1)л sin-sin 2n
— -----------—------
. Л Sin — 2п
= 2/?ctg^
(ср. задачу 2356)). Умножая эту сумму на « и деля пополам, получаем требуемый результат: Rn ctg .
в) Произведение всех сторон и всех диагоналей «-угольника, выходящих из одной вершины, очевидно, равно
2»-1 sin JL Sin	sin (»-1)я = 2»-1 /?»-1 «.
п п	п	2п 1
(см. задачу 232а)). Возводя это произведение в л-ю степень и извлекая затем квадратный корень, получаем требуемый результат.
237. Вычислим сумму 50-х степеней всех сторон и всех диагоналей 100-угольника, выходящих из одной вершины Аг. Задача сводится к нахождению суммы
352
РЕШЕНИЯ
[237
(сравните с решением задачи 234 а)). Таким образом, нам надо суммировать 50-е степени синусов некоторых углов. Но
sin50 а	^(cos а + / sin а)—-(cos а- i sin а) у о =
/____1_уо
_ \ ~~ х J _	1 (	1 V0
“	_ 2&0 “	2б° х ) »
где обозначено cosa+zsina = x; в таком случае cos а—
1 ~
— i sin а = -j-. Следовательно,
sin50 а =	(*«>-	у + С26ОХ« 1-.. .
I Г»24 r26 J   Л26 v-25 _1_ I /^26 у24 J_
• • • Ч Ь50л' х24	ЬЬ0Л х2б ч С50Л х26  •••
. • • +CsoX2^jg — Cjjx ^35 + ^5) =
= ~2Й> [(^50 + i)-^0 (х« + ^8) + Clo +	.
... + Ci; (х2+^)-С^] = -±(2 cos 50а-
— 2С5о cos 48а -j- 2С$о cos 46а— ... -)~ 2С5о cos 2а -j- С50
[здесь использовано то, что xk +	= (cos ka + i sin Ла) +
+ (cos ka—i sin Ла) = 2 cos Ла].
Итак, сумма 5 может быть переписана следующим образом:
2 = —«" [2(cos50i + «>s50^+...+cos50?g)-л z*vi f а с\ t л о 2л ।	। л о 99л \ ।
—2Св0 cos 48 jqq + cos 48 ^ + ... + cos 48 J +
+ 2С60 ^cos 46 joy + cos 46	. + cos 46	j —
+ 2C2: (cos 2 j^+ cos 2	+ ... + cos 2^)-99C?4] =
= — R50 [2$! —2CU2 + 2C260s3—... +2C”s85- 99C?‘] , где через s2> •••> s25 обозначены суммы, стоящие
238]
РЕШЕНИЯ
353
в круглых скобках. Но из формулы задачи 225 сразу следует, что s1 = s2—• • • =s25 = — Следовательно, имеем:
S = /?50 (2- 2С‘О + 2Сгм - ... + 2СГ0 + 99С?.6) =
=я60 (i-cio+с:0-с20 +... + c26:—c:0e+c^—-...+^08-С45; + 1 + 100^) =
= 7?50 [(1 — I)60 + 100С2®] = ЮОС^/?50.
Отсюда сразу получаем, что сумма 50-х степеней всех сторон и всех диагоналей 100-угольника равна
= 5000 CllR™ = RM.
238. Воспользуемся тем, что в треугольнике с целочис-yz -I- с2 ~ ~ (з^
ленными сторонами 2 cos А = —------ всегда есть число
рациональное. Предположим, что А = —«180®, где т и п — целые числа. Тогда cos nA — cos 180° т = (—I)1”.
Докажем теперь, что 2 cos л Л при любом целом п можно представить в виде многочлена степени п относительно 2 cos А с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом, равным единице:
2 cos nA = (2 cos Л)"-}-^ (2 cos Л)"“2Н-л2 (2 cos Л)"“4+ ..
где а1У а2,. . .—целые числа. Это утверждение можно 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 Л = 2 cos Л,
2 cos 2Л = (2 cos Л)2 -— 2.
Но, в силу известной формулы,
cos (л + 2) Л + cos п А = 2 cos Л cos (п + 1) Л, так что
cos (л + 2) Л = 2 cos Л cos (л + 1) Л — cos лЛ, откуда сразу следует, что если наше утверждение верно для значений л и л + 1, то оно верно также и для значения п + 2.
12 Д. О. Шклярский и др.
354
РЕШЕНИЯ
1239
Так как для п — \ и п — 2 это утверждение справедливо, то отсюда следует, что оно верно для всех значений п.
Подставляя в полученную формулу 2cos4 = ,v и cos/lA = (—1)'л, мы получим следующее уравнение относительно неизвестного х\
хп + (Н*п -2 + а2хп + ... — 2 (— 1)" = 0.
Таким образом, х есть рациональный корень (ибо в нашем случае х=2соэЛ рационально) уравнения с целыми коэффициентами и коэффициентом при старшем члене, равным единице. Но все рациональные корни такого уравнения являются целыми числами (см. задачу 218); следовательно, х — 2 соэДдолжно быть целым числом. Так как—l^cos^^l, то остаются только возможности cos4 = 0, ±~,±1,т. е. А может быть равен 60°, 90° и 120° (из всех углов, больших нуля и меньших л =180°, только для этих углов 2cos4 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 (3, 4, 5) будет прямоугольным, т. е. будет иметь угол, равный 90°. В треугольнике со сторонами (1, 1, 1) все углы будут, очевидно, равны 60°. Наконец, можно проверить (например, при помощи теоремы косинусов), что треугольник со сторонами (3, 8, 7) будет иметь угол, равный 60° (таким будет угол, заключенный между сторонами, равными 3 и 8), а треугольник со сторонами (3, 5, 7) будет иметь тупой угол, равный 120° (см. также выше задачу 128).
239. а) Предположим, что отношение 0 = arc cos у к 180° есть число рациональное, т. е. что 0 = -~--180°, где т и п — целые числа, которые, конечно, можно считать взаимно простыми. Воспользуемся второй формулой задачи 2226)
sin zz0 = Сп cos”*"10 sin 0 —cos'1*"3 0 sin3 0 +
4-C*cos""“50sin50 —...
В нашем случае cos0 = y , sin0 = 1^1—cos20 = ^--^—-и sin д0 = sin 180°/0 = 0. Подставляя эти значения в
239)
РЕШЕНИЯ
355
О
последнее равенство, будем иметь:
П п(п-1) (п-2) (р8 _ ])
31
п(п—1)(п—2) (п—3) (п—4)	2 _ |^а _
5!
то и первый член четное п = 2k и,
Так как р#=1, то —	—- #= 0 и, следовательно, должна
равняться нулю сумма, стоящая в фигурных скобках. Поскольку все члены этой суммы, кроме первого, — целые четные числа (р2— 1 четно, ибо р нечетно), должен быть четным. Итак, п есть число следовательно, т—число нечетное.
Из нечетности т следует, что т А = cos -g- л = О задачи 2226):
cos kQ = cos* 0 — C2k cos*"2 0 sin2 0 + C* cos*"40 sin4 0 — ..
, Л пО cos kv = COS -у =
Воспользуемся теперь первой формулой
Подставляя сюда cos 9 = — , sin 0 =---, cos kQ = 0, бу-
Р	Р
дем-иметь:
о=ц {1 - а (Рг- и+с: (р2- о2-.. pk
Но здесь все слагаемые в скобках, кроме первого, являются четными целыми числами, а первое слагаемое равно единице, т. е. является нечетным числом. Следовательно, полученное равенство невозможно. Полученное противоречие доказывает, что отношение 0 = arc cos— к 180° не может
Р быть рациональным числом.
б) Предположим, что 0 = arctgY содержит рациональное число градусов, т, е. что 0 представимо в виде 0 = ~ 180°, где т и zz—целые числа. Будем считать, что р и q взаимно просты; это, конечно, законно, так как нас р
интересует лишь отношение у .
12*
356
РЕШЕНИЯ
[239
Воспользуемся формулами
(cos 0 + i sin 0)" = cos лЭ + i sin nQ и
(cos 0 — i sin 0)" ==s cos z/0 — i sin nQ.
Так как у нас 0 = — 180°, то sin zz0 = sin 180° m = 0 J	n
и, следовательно,
(cos 0 + i sin 0)" = (cos 0 — i sin 0)".
Разделив обе части этого равенства на cos" 0 (cos 0	0,
ибо tg0 = ~-|=~-> где ^#=0), получим:
COS v (J
(14-ztg0)'’ = (l-ztg0)'’1
или после умножения на q
{q + tp}n = (q — ip>n’
Покажем теперь, что это равенство невозможно приpnq целых, взаимно простых, р=/=0, </#=0 и р и <?, не равных одновременно ±1. С этой целью перепишем его в виде (7—1р)п=[(<?—V)+2‘>г =
= (q -ip)n + С'п(д-ip)0-1 2ip + C* (q - ip)n~2 (2t>)2
... +C"-1 (q-ip) (2ip)n~x + (2/p)n.
Отбрасывая здесь член (q— ip)n слева и справа, сокращая на 2ip и перенося (2/р)"*"1 в левую часть, получим:
—	= (q — ip) { Cl (q — ip)n ~2 + C„(q — ip)n~3 2ip+ ...
...+Cnn~1(2ip)n-2} .
С обеих сторон этого равенства стоит по комплексному числу; приравнивая модули этих комплексных чисел и воспользовавшись тем, что модуль произведения равен произведению модулей сомножителей, мы найдем, чго
(2Р)2"“2 = (^2 + Р2)В, где В есть модуль выражения, стоящего в фигурных скобках
240]
РЕШЕНИЯ
357
в правой части предшествующего равенства. В равно сумме квадратов вещественной и мнимой частей числа:
С'п [ч-1р)п~* + С* (q-ip)n-s 2ip+ ..,+С^-1 (2ip)n-*
и, следовательно, является целым числом. Итак, мы видим, что (2р)2Л“2 делится на р2 + <72- Но так как р и q взаимно просты, то р2+^2 не имеет общих множителей с р и q, значит, на р* + Я2 должно делиться 22П”2. Числа pnq или оба нечетны, или же одно из них четно, а второе нечетно; если р и q разной четности, то р24-#2 будет нечетным, а если /?= 2г4-1 и #=2$4-1 (оба нечетны), то р24-^2 = = 2 (2г2 4-2г 4-2s2 4-2s + 1) будет, правда, четным, но будет содержать нечетный множитель 2 (г2r +^2 ++ I. Этот нечетный множитель обращается в единицу лишь при р== ± 1, </= ± 1; следовательно, во всех остальных случаях 22Л~2 не может делиться на р24“<72» т- е- 0 = arctg-^- не может содержать рационального числа градусов.
240.	Первое решение. Пусть а не делится на р. В таком случае числа а, 2а, За, ...» (р—1) а тоже не будут делиться на р и все будут давать при делении на р разные остатки: действительно, если бы ka и 1а (Р—1^&>/) давали бы при делении на р одинаковые остатки, то разность ka — la = (k—I) а делилась бы на р, что невозможно, так как р простое, а не делится на р и k—I меньше р. Но все возможные остатки при делении на р исчерпываются р — 1 числами 1, 2, 3, . . ., р—1. Таким образом, должно быть:
« =	+ 2а = ^2р+а2,
За = 9зР + «в....(Р— 1)в = ^-1Р + в^-1,
где аь а2, . . ., ap~i— числа 1, 2, . . ., р—1, взятые в каком-то порядке. Перемножая все эти равенства, получим:
[1 - 2 . .. (р— 1)] ap“1 = Np + a1a2 .. .ap_lt [1.2...(р-1)] (aP-i-}) = Np.
Отсюда следует, что ар~*— 1 делится на р, а значит, и ар—а делится на р.
Если а делится на р, то утверждение теоремы Ферма является очевидным.
358
РЕШЕНИЯ
[240
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	—(я+4) делится на р.
По формуле бинома Ньютона
(о+1)р_{а+1)=
= ар 4- рар~г4- Сра?-2 4- СХ~’ 4- ... 4-ра 4- 1 — а — 1 =
=	+	+ . 4-Ср~2а2 4~Ра-
Но все биномиальные коэффициенты
rk __р(р-1)(р-2)...(р-* + 1) р	1-2-3...&
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 4-1) делится на р.
Приведем еще один изящный вариант того же самого доказательства. В силу того, что все биномиальные коэффициенты Ckp делятся на р, разность
(А + В)р— Ар—Вр =
= рАР“1В + С*А^~2В2 + ... + С£~2 А2В^-2 + рАВР~\ где А, В—какие угодно целые числа, всегда делится на р. Последовательным применением этого результата получаем, что (А + В + Cf — Ар— ВР—Ср=
= {[(А 4- В) + Ср’-—(А + В)Р-Ср } + (А 4- В)*-Ар-Вр всегда делится на р,
(A + B + C + Dy>—AP—BP—CP—DP = {[(A + B + C) + D]P — — (А + В + Cf—DP } 4- (А + В 4- С)Р—АР—ВР—Ср
всегда делится на р и вообще
(А 4-В + С+ ... + К)Р— Ар—Вр—СР—... — Кр всегда делится на р.
Положив теперь в последнем соотношении А — В = С= ... ...==/(’= 1 и взяв число этих чисел равным а, мы придем к теореме Ферма: аР—а делится на р.
241—242}
РЕШЕНИЯ
359
241.	Доказательство теоремы Эйлера совершенно аналогично первому доказательству теоремы Ферма; г чисел, меньших 2V и взаимно простых с N, мы обозначим через klt k2, &3, • • • » Рассмотрим г чисел k±a, k2a, ... , kra. Все они взаимно просты с 7V (ибо а взаимно просто с Л/ по условию задачи), и все они дают при делении на Л/ различные остатки (это доказывается в точности так же, как в решении задачи 240). Отсюда следует, что
А?1а = ^1Л/ + а1,	k2a = q2N-\-а2, ..., kra = qrN-\-ап
где ах, а2, ... , аг—это те же числа Лх, k2, ... , kr, только расположенные в другом порядке. Перемножив все наши равенства, получим:
krk2... krar = NM + #1^2 • • • av	^1^2 •••&,. (лг— 1) = AW,
откуда и следует, что число аг—1 делится на N.
242.	Доказательство проведем методом математической индукции. Прежде всего очевидно, что при /2=1 предложение задачи справедливо: 21—1 = 1, 22—1 = 3 и 23—1=7 не делятся на 5. Докажем еще это предложение для /г = 2. Пусть 2к есть наименьшая степень числа 2, дающая при делении на 52 = 25 остаток 1 (т. е. такая, что 2k—1 делится на 25); предположим, что &<52 — 5 = 25 — 5 = 20. Если 20 не делится на А?, так что 20 = ^& + г, где r<Zk, то мы будем иметь:
220—1 = 2^+r—1 =2Г(2^—1) + (2г—1).
Но220 — 1 делится на 25, в силу теоремы Эйлера, a 2qk—1 = = (2ky9—\q делится на 2k—1, т. е., в силу нашего предположения, тоже делится на 25; следовательно, и 2Г—1 делится на 25, что противоречит тому, что& есть наименьшее число, для которого 2k—1 делится на 25. Итак, k должно 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 делятся даже на 5, а 24 —1 = 15 делится на 5, но не делится на 25. Значит, действительно и для л = 2 предложение задачи справедливо.
Предположим теперь, что для какого-то п предложение задачи справедливо, а для значения п + 1 оно неверно: наименьшее Л, такое, что 2к—1 делится на 5”+1, меньше чем
360
РЕШЕНИЯ
[243—244
5n + 1—5" = 4-5". В точности, как выше (для п = 2), доказывается, что k должно являться делителем числа 4-5". С другой стороны, аналогично доказывается, что число 5"—5"*"1 = = 4«5"“1 должно являться делителем числа k: если бы было ^ = ^-4-5”“1 + г, где г<4-5п-1, то число 5Г—1 делилось бы на 5”, что противоречит предположению о справедливости утверждения задачи для числа п. Таким образом, для k остается единственное возможное значение, а именно: k = = 4-5п“1.
Так как число 25П~1“бП“*—1 = 24бП“2— 1 делится на 5П“Х (в силу теоремы Эйлера) и не делится на 5” (иначе предложение задачи не было бы справедливо для числа л), то 24’5Л“* = ^-5”“1 +1, где q не делится на 5. Воспользовавшись теперь формулой
(а + ft)5 = а5 + 5аЧ) + 10a3ft2 + 10a2ft3 + 5aft4 + ft5,
получим:
1=(2<1==^.5"-i+	=
= 5”+1 (<75«54"“6 + </4-53"“4 + 2^3-52”“3+ 2^2-5"”2) 4-^ -5", откуда видно, что 245П“1—1 не делится на 5”+1. Итак, действительно, из справедливости предложения задачи для какого-то п следует справедливость его и для п 4-1.
243.	По теореме Эйлера (см. задачу 241) число 2510"6’ — — 1 = 24'5’ — 1 = 27812 500 —1 делится на 510; следовательно, при л > 10 разность 27 812 500+"—2"=2"(27 812 500— 1) делится на 10го, т. е. последние 10 цифр чисел 27 812 500+” и 2п совпадают. Это означает, что последние 10 цифр чисел ряда 21, 22, 23, ... , 2”, ... повторяются через каждые 7 812 500 чисел, причем эта периодичность начинается с десятого числа этого ряда—с числа 210.
То, что период на самом деле не меньше чем 7 812 500, следует из результата задачи 242.
Примечание. Аналогично доказывается, что последние п цифр чисел рассматриваемого ряда повторяются через каждые 4-5"”1 чисел, начиная с n-го числа этого ряда (так, например, 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 N, всегда найдется такая
244]
РЕШЕНИЯ
361
степень числа 2, последние Мцифр которой все будут единицами и двойками. Так как 25 = 32 и 29=512, то при N= 1 и 2 это утверждение справедливо. Далее доказательство мы проведем при помощи метода математической индукции. Предположим, что последние N цифр числа 2" являются единицами и двойками, и докажем, что в таком случае найдется степень числа 2, последние W-j-1 цифр которой являются единицами и двойками. Согласно сделанному предположению 2"=10jVa + ^, где b есть N-значное число, записываемое с помощью двух цифр: 1 и 2. Обозначим число 5У—5У’Х = = 4.5^-1 буквой/*; тогда согласно теоремеЭйлера (задача 241) разность 2Г—1 будет делиться на 5^. Отсюда вытекает, что если целое число k делится на 2yv+1, то разность 2rk— — k(2r—1) будет делиться на 2-10jV, т. е. N последних цифр чисел 2rk и k будут совпадать, a (N+l)-e с конца цифры этих чисел будут одинаковой четности.
Рассмотрим теперь следующие пять степеней числа 2:
2» 2rt+r=2r-2n 2п+2Г= 2г«2"+г 2п+зг = 2Г«2”+2Г
2п+4г = 2г. 2п+зг
Согласно доказанному последние N цифр у всех этих чисел совпадают между собой (т. е. все они оканчиваются тем же числом Ь, составленным из двоек и единиц, что и число 2"), 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 (N4-l)-e с конца цифры не могут быть одинаковыми. Действительно, разность любых двух из наших чисел представима в виде 2п+т*г (2т*г—1), где =	1, 2
или 3, а т2 = 1, 2, 3 или 4. Если бы эта разность делилась на 10у+1, то число 2т*г— 1 должно было бы делиться на 5У+1; но так как
т2г = т2 • (5* — 5N -	5. (5* — 5" -*) = 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 для одного из этих чисел (М-|-1)-я с конца цифра равна 1 или 2. Значит, во всех случаях существует степень числа 2, последние N4~l цифр которой все являются единицами и двойками;
362	решения	[245—246
в силу принципа математической индукции отсюда следует требуемое 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 остатков при делении на р; следовательно, эти числа дают при делении нар остатки 1, 2, ...,р—1 ипритом 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 Ь^Л и Ь^р—1, ибо 2=Са=Ср—2, следовательно, при #=1 число Ьа—.а при делении на р дает остаток а=^1, а при Ь=р—1 число Ьа = (р—1)а = = ра—а при делении на р дает остаток р—а=/=1. Кроме того, Ь^а, так как если бы а2 при делении на р давало остаток 1, то а2—1 = (а + 1)(а—1) делилось бы на р, что возможно только при а=1 и а=р—1. Следовательно, 2^Ь^р—2 и Ь^а, т. е. все числа 2, 3, ..., р—2 распадаются на пары чисел, произведение которых при делении на р дает остаток 1.
Произведение 2-3... (р—2), содержащеетаких 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)! = kp — 1; (р— 1)1 + + 1=&р. Таким образом, (р—1)1 + 1 делится на р.
Еслир—непростое, то оно имеет простой делитель q<Zp. Тогда (р—1)! делится на q\ поэтому (р—1)1 + 1 не делится на q и, значит, не может делиться также и на р.
246.	Пусть р = 4л+1—простое число. В силу теоремы Вильсона (задача 245) число
(р—1)1+ 1 = 1 -2-3 ...4д+1
делится на р. Заменим теперь в последнем выражении все множители, большие - ~ = 2л, через разности числа р и А
247]
РЕШЕНИЯ
363
Р — 1 чисел, меньших :
(р— 1)! + 1 = 1-2-3.. .2п(р—2п)(р— 2л4-1).. .(р—1)4-1 =
=(1-2-3. ..2л).]Лр+(—1)2п2л(2л—1)..,1Ц-1 =
=Л1р4-(1-2.3...2л)24-1.
Так как это число делится на р, то и сумма
(2л!)2 4-1
делится на р. Итак, условию задачи удовлетворяет число х = (2л)! =
Примечание. Заметим, что если число х дает при делении на р остаток х19 то из того, что х2+1 =(£p + *t)2 +1 = = (/г2р + 2kx1) р	+1 делится на р, следует, что и х| 4-1 делится
на р. Поэтому в условии задачи можно всегда считать, что число х меньше р, х2 + 1 меньше р2 и частное т отделения х2 + 1 на р меньше р.
247.	а) Утверждение задачи с очевидностью следует из тождества
(а2 + И (а? + Ь\) = (аах + WJ2 +(abL-Ьа^.
б) Прежде всего очень легко показать, что никакое число вида 47/4-3 нельзя представить в виде суммы двух квадратов. Действительно, квадрат каждого четного числа имеет вид 4k, а квадрат нечетного числа — вид 4&4-1 [ибо (2а 4- 1)2 = 4(а2 + л)+ 1]. Отсюда следует, что сумма квадратов двух четных чисел имеет вид 4л, сумма квадратов двух нечетных чисел — вид 4л+ 2 и, наконец, сумма квадратов четного и нечетного числа — вид 4л+1. Таким образом, число вида 4л 4*3 никак не может быть суммой двух квадратов.
Значительно сложнее доказать, что каждое простое число вида 4л 4- 1 можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел. Пусть р—такое число. Из результата задачи 246 мы знаем, что в таком случае существует такое число т, что тр можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел:
тр~х2+у2
(то, что можно даже Считать j=l, нам не понадобится).
364
РЕШЕНИЯ
[247
При этом мы можем считать, что m<Zp (см. примечание к решению задачи 246). Докажем теперь, что если /«#=1, то его всегда можно уменьшить, т. е. можно найти такое число л, меньшее т, что произведение пр тоже можно представить в виде суммы двух квадратов.
Указанное предложение почти очевидно, если /«четно. Действительно, в этом случае сумма х2-^у2 четна и числа х и у или оба четные или оба нечетные. В обоих случаях имеет место равенство
т п — (Х + У\*д_ (Х~У V
2	2 J “ТД 2 J '
т
т. е. число ~2 • р тоже можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел.
Сложнее обстоит дело, если т нечетно. Обозначим в этом случае через хТ и ^наименьшие по абсолютной величине остатки от деления соответственно х и у на т:
х = тг + хъ y = ms-\-y1.
Здесь хг и уг по абсолютной величине меньше у- (если положительный остаток от деления, например, х на т будет больше , мы рассмотрим деление с избытком; соответствующий отрицательный остаток будет по абсолютной вели-т	т
чине уже меньше -у; равняться -g- остаток не может, так как т нечетно). В таком случае имеем:
тр=х2 + = (m2r2 + 2mrx1 + х?) + (m2s2 + 2msy1 +.у!), откуда следует, что число х* тоже делится на т:
Xi Д = тп
(легко видеть, что п = р—тг2—2гх±—ms2—^sy^. Отметим, что «<-?-; действительно, так как	,
А
247]	РЕШЕНИЯ	365
Кроме того, п =/=0, ибо иначе х и у делились бы оба на т и тр = х2+у2 делилось бы на т2, что невозможно, так как р—простое и т 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:
тп-тр = т2пр = (х2 +у2) (xj +yi) = = (xxt +уу^ + {ХУ! — yxj*.
Но так как х = /лг-}-х1, y — ms-^y^ то числа
хх!+yyr = mrxt + + msy! + у* =
= mrx! + rnsyr + (*!	= т (rxt + sj, -Ь я),
Ху1 —ухг = тгу! + хгу!—msxl —xtyt = т (ryt — sxj
делятся на т. Таким образом, получаем
+	. (ХУ1 — Х1У\*
\ т ) ' \ т J '
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 лх<л, что ntp можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел. Если и Л1=/=1, то мы найдем такое, что п2р можно представить в виде суммй квадратов двух целых чисел. Продолжая этот процесс, мы в конце концов докажем, что число 1-р можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел:
p = X2-\-Y2.
А это нам и требовалось доказать.
в) Прежде всего из теорем задач а) и б) почти сразу вытекает, что если составное число N содержит простые множители вида 4л+ 3 лишь в четных степенях, то М 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 числа Р имеют вид 4л-f-З, а все нечетные простые множители числа Q имеют вид 4л-f- 1. Так как 2= I2-}- I2, то, в силу теоремы задачи б), все простые множители числа Q представимы в виде суммы квадратов двух целых чисел; в таком случае из теоремы
366
РЕШЕНИЯ
[248
задачи а) следует, что и само число Q представимо в таком виде:
Q = X2+y2.
А если так, то и число
тоже можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел.
Пусть теперь составное число М содержит простой множитель р вида 4дЧ-3 в нечетной степени: М = р2Л+1-/С, где К не делится на р. Докажем, что число N нельзя представить в виде суммы квадратов двух целых чисел. Действительно, если бы было
М = Х24-У2,
где X и Y—целые числа, то, сократив X2, Y2 и N на квадрат общего наибольшего делителя X и У, мы пришли бы к равенству
M=X21+Y2li
где число Л4 все еще делится на р: М = М1р, Заменив Хг и Yr их остатками х и у от деления на р, мц получили бы равенство
тр = х2+у\
где m<Zp (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 задачи б)).
248. Если р=2, то р — I2—р 1. Пусть теперь простое число р нечетно; покажем, что можно найти два числа х и yt оба меньшие чем ~ , удовлетворяющие условию задачи.
Рассмотрим чисел 0, 1, 2, ..., —- . Квадраты любых двух из этих чисел будут давать при делении на р различные остатки; действительно, если было бы
Xi = Z?i/?4-r и х2 = /?2р + г,
248]	решения	367
то имело бы место равенство
*i х2 = (X} х2) (Xi 4- х2) — (&i	k2) pt
т. е. (л^—х2) (*i + *2) делилось бы на р, что невозможно, Р _ р так как хх < ~ , х2<у и
*1+*2 <А 1*1 — *2 \<Р
(напоминаем, что р—простое).
TJT р+ 1
Итак, чисел
О2, I2, 22, ..., (4г)4
р+1	Л
при делении на р дают различных остатков. Отсюда р + 1 у	|Ч
вытекает, что и следующие (отрицательных!) чисел:
—1, —I2 — 1, —22 — 1, ..., —1 также при р 4“ 1	/ л»
делении на р дают различных остатков (если бы — х* —1 и —xl — 1 давали одинаковые остатки, то и х{ и xl давали бы одинаковые остатки)х). Но так как при делении на р могут встречаться лишь р различных остатков (а именно 0, 1, 2, ..., р—1), то ясно, что из р+1 чисел О2, I2, 22, ...,	—1, —И —1, —22 —1, ...
/р — 1\2
..., — ( j — 1 по крайней мере два дают при делении на р одинаковые остатки. В силу доказанного выше, из такой пары чисел одно обязательно должно быть вида х2, а второе — вида —j2—1. Но если x2 = kp-\-r и —у2— 1=1р^г, то
х2 +у2 = (k—1) р — 1 = тр — 1,
т. е. х2 +j2 + 1 = тр делится на р.
г) Частное k и остаток г от деления положительного или отрицатель ного целого числа а на число р определяются формулой
а=£р + г,
где О^г <р (если а отрицательно, то и частное k отрицательно),
368
РЕШЕНИЯ
[249
Примечание. В условии задачи можно требовать даже, чтобы оба искомые числа х и у не превосходили ~ , т.» е. чтобы сумма *2 + */2+l была меньше р2, и, значит, частное т от деления суммы на р было меньше р.
249. а) Утверждение задачи с очевидностью вытекает из следующего тождества:
(xl + xl + хг3 (у* +yl +/,) =
= (Х1У1 + Х3уг + X8JS + X4J4)2 +
+ (*1У2—Х2У1 + хзУл~ х*Уз)* +
+ (х1Уз —ХзУ1 + xtya—х2Л)2 +
+ (*1Л—*4Л + *23'з—*зЛ)2. в справедливости которого нетрудно убедиться непосредственной проверкой.
Примечание. Так как тождество настоящей задачи довольно сложно, то интересно указать связь его с более простым тождеством задачи 247а). Нетрудно видеть, что тождество задачи 247а) можно обобщить следующим образом:
(аа' + bb') (а^ -f- Ь^) =>
= (0(11 +ЬЬ^)	+ bib') + (abi—bai) (a'b't—b’a\).
Если положить теперь в этом последнем тождестве а = х1-[-«х2, a'=Xi—/х2, Ь = х3 + 1х^ b' = x3—ix4, a1 = y1 + iy2t al=y1—iy2t b! = y3 + iy4t b'i=y3—iy4, где i = Y—1, 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 достаточно доказать, что всякое простое число р представимо в виде суммы квадратов четырех целых чисел.
Доказательство этого предложения во всем аналогично решению задачи 2476). Из результата задачи 248 мы знаем, что существует такое число /п, что тр представимо в виде суммы квадратов четырех целых чисел:
/»р = X? + х\ + х% + х4
(то, что можно даже считать х3=1, х4 = 0, нам не понадобится). При этом мы можем даже считать, что m<ZP (см. примечание к решению задачи 248). Покажем теперь, что
249]
РЕШЕНИЯ
369
если т>>1, то его всегда можно уменьшить, т. е. можно найти такое число что пр также представимо в виде суммы четырех квадратов.
Это доказательство очень просто, если т четно. Так как в этом случае =	+	+ четно, то или
все xk(k=\, 2, 3, 4) четны или два из них нечетны, а два четны, или все они нечетны. Во всех случаях четыре числа х2, х3 и х4 можно разбить на две пары (скажем, xlt х2 и х3, х4) одинаковой четности. Тогда числа
*1 + *2	*1“*2	*3 + *4 и *3 — Х4
2’2’22
будут целыми и мы будем иметь:
т „	(x1 + x2\2 (x1-x2y.fx3-]-xA2,fx3—xA2
-2'Р===[—2~) +[~2~) +\~2-J	’
т *
т. е. число у • р будет тоже представимо в виде суммы четырех квадратов целых чисел.
Более сложным является случай, когда т н еч етно. Обозначим через ^(td, 2, 3, 4) наименьший по абсолютной величине остаток от деления xk на т (т. е. если положительный остаток от деления xk на покажется больше •у, то мы будем производить деление с избытком и рассмотрим отрицательный остаток):
Xk = m4k+yk (A=1. 2. 3. 4).
। । т ( где yk положительно или отрицательно и | yk | <; -у ( никакое
из чисел yk не может равняться у, так как т нечетно 1 .
В таком случае
Xk = m2ql + 2mqkyk+yk = mQk+yak (Л = 1, 2, 3, 4), где Qk = mqk 4- 2qkyk есть целое число. Следовательно,
тр — х* 4- х% 4- х% + х\ — mq 4- у± -^yl 4- Уа +.У*
(здесь = Qj+ Q2+ Q3 + Q4) и
Уа+у1+у1 + у\*=тп
370	решения	[249
(здесь п = р—q), Гфи этом	ибо
тп =yi +yl + у23 +yl < 4	у = т2,
кроме того, л#=0, ибо иначе все xk делились бы на т и *i + *2 + *s + *4 = wP должно было бы делиться на /п2, 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 чисел тр и тп представимо в виде суммы четырех квадратов. В силу указанного в решении задачи а) тождества, отсюда вытекает, что и произведение
тр-тп — т2пр
представимо в виде суммы квадратов четырех чисел:
т2пр = (хгуг + х2уг + Хзу3 + х4у4)2 4-
+	—Х2У1 +	—*4Ь)2 +
+ (*1.Уз—*зЛ + хгУ1—х4у2)2 +
+ (*1.У4—Х1У1 + х2у3—x3j2)2.
Покажем теперь, что обе стороны последнего равенства можно сократите на т2. С этой целью заменим в правой части этого равенства все хк на mjk-\-yk. При этом мы сразу получим, что все выражения в скобках в правой части равенства делятся на т: выражение в первой скобке делится на т в силу того, что yl +^2 + Уз +^4 = тп делится на т, а выражения в остальных трех скобках делятся на т потому, что после подстановки xk = mqk-{-yk все произведения вида угу2 и т. д. взаимно уничтожатся. Сократив теперь последнее равенство на т2, мы получим:
пр = zY 4- z2 + z3 + £4,
что и требовалось доказать.
Таким образом, если число т в равенстве
тр = xl + xl -f- х3 -f- х%
не равно 1, то его всегда можно уменьшить, т. е. всегда можно найти положительное п<^т, для которого выполняется подобное же равенство. Если л=^=1, то мы можем число п
250]
РЕШЕНИЯ
371
еще уменьшить и т. д.; в конце концов мы придем к подобному же равенству, в котором вместо т будет стоять 1:
p=xi+xl + xl+xl
250.	Предположим, что
4" (8& — l) = ^2+r2 + Z2,
где X, Y и Z—целые числа (одно или даже два из которых могут быть нулями). При л>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, X=2k-j-l и Y=2l-\-\ были бы нечетными, a Z~2m—четным, то сумма
X2 + Y2 + Z2 = (2k + 1 )2 + (21 + 1 )2 + (2т)2 =
= 4 (k2 + k +12 + I + m2) + 2
X Y
не делилась бы на 4. Положив теперь — =Л1, -7Г=У1,
Z <7
-^- = Z1, мы придем к равенству
4"-1 (Sk— 1) = X* + rf + zi.
При л>1(л—1 > 0) точно так же, как раньше, показывается, что все три числа Х19 и Zx тоже должны быть четными; отсюда получаем равенство
4"-а (8А — 1) = Xi + Yl + Zl,
где Х2, К2, Z2 — целые числа. Продолжая рассуждать точно таким же образом, мы окончательно получим, что и число Sk— 1 представимо в виде суммы квадратов трех целых чисел:
Sk—1 =х2+ЛУ2 + ^2.
Из трех чисел х, у, z нечетными должны быть все три или одно; в противном случае сумма x2-|-j24-z2 была бы четной. Но квадрат нечетного числа 2п +1
(2л + I)2 = 4ла + 4л + 1 = 4л (л+ 1)+ 1
всегда дает при делении на 8 остаток 1 (ибо из двух последовательных чисел п и п-\- 1 одно обязательно четно и, значит, 4л (л-|-1) делится на 8); квадрат четного числа дает
372
РЕШЕНИЯ
[251
при 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 х, у, z—нечетные, то сумма x2+y2 + z2 дает при делении на 8 остаток 3, а если два из них—четные, а одно—нечетное, то сумма x2+y2 + 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 + ft)4 + (а — ft)4 = 2а4 + 12a2ft2 + 2ft4, которое вытекает из формул
(а + ft)4 = а4 + 4<?3ft + 6а2 ft2 + 4aft3 + ft4, (а—ft)* = а*—4a3ft + 6tz2ft2—40ft3 + ft4.
Из этого тождества следует, что
[(а + &)4 + (а - ft)4] + [(а + С)4 + (а - с)4] +
+ [(а + d)4 + (а - d)4] + [(й + с)4 + (Ь-с)4] + + [(ft + d}* 4- (ft-d)4] + [(с + d)*4- (c-d)4] = = 6а4 4- 6ft4 4* 6с4 4- 6d4 4-12a2ft2 4-12а2с2 4- 12a2d2 4-4- 12ft2c2 4- 12ftad24- 12c2d2 = 6 (а2 4- ft2 4- с2 + d2)2.
Таким образом,
6 {а2 4- ft2 4- с2 4- d2)2 =
= (а + ft)4 + (а - ft)4 + (а + с)4 + (а - с)4 + (а +d)4 + + (а-d)4 + (ft + с)4 + (Ь-с)4 + (ft + d)4 + (ft-d)4 +
+ (c + d)4 + (c-d)4, или словами: если число представляет собой сумму четырех квадратов, то его ушестеренный квадрат представим в виде суммы 12 четвертых степеней целых чисел. Но, в силу результата предыдущей задачи, каждое целое число представимо в виде суммы четырех квадратов целых чисел (некоторые из которых могут быть нулями); отсюда следует, что ушестеренный квадрат целого числа может быть представлен в виде суммы 12 четвертых степеней целых чисел (некоторые из которых могут быть нулями).
252]	решения	373
Произвольное целое число N при делении на 6 дает остаток 0, 1, 2, 3, 4 или 5; таким образом,
М=6л + г,
где г = 0, 1, 2, 3, 4 или 5. Далее, в силу теоремы задачи 2496), число п представимо в виде суммы четырех квадратов целых чисел (некоторые из которых могут быть нулями):
п — х2 + j2 4- z2 +t2.
Согласно вышесказанному каждое из чисел 6х2, бу2, 6г2 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 образом, число
6л = 6х2 4-бу2 4~ 6г2 4~ 6/2
представимо в риде суммы 4*12 = 48 четвертых степеней целых чисел. А так как r = 0, 1, 2, 3, 4 или 5, т. е.
г = 044-044-044-044-04, или г= 144-04 4-044-04 4-04,
или г= 144-144-044-044-04, или г= 144- 144- 144-044-04, ИЛИ г= 144- 144- 144-144-04, ИЛИ г = 144- 144- 144- 144- 14,
то число N—$n-\-r представимо в виде 48 4-5 = 53 четвертых степеней целых чисел, некоторые из которых могут быть нулями, т. е. в виде суммы 53 или меньшего числа четвертых степеней целых положительных чисел, что и требовалось доказать.
252.	Пусть л = х3 4-у3 4-23-
Из тождества задачи 1626) имеем:
(х+у 4-я)3 — я = (^4-^ + ^)3—*3—У3—23=sa
= 3(х4-у) (х4-*) (у 4-я) или
a = (x+y + z)3—3(x+y) (x-\-z) (у 4-*)
(см. указание к настоящей задаче). Примем теперь за новые неизвестные
x + y + z = Z, x-\-y~Y и х,
374
РЕШЕНИЯ
[252
тогда
y=Y— х, z = Z—Y и, следовательно,
а = (х-I-У + z)3 — 3 (х + у) (х + г) (у-j-z) = = Z3 — 3Y(x + Z— Y)(Y— x + Z— У) = = Z3 — 3Y(Z+x — Y)(Z—x) = = Z3 - ЗУ (Z2 - x2) 4- ЗУ2 (Z- x).
Теперь мы можем значительно упростить наше уравнение, предположив, что неизвестные х, К, Z связаны зависимостью
Z3 = 3r(Z2 —х2),
или, что равносильно,
(см. указание к этой задаче). В таком случае наше уравнение примет следующий вид:
а = ЗУ2 (Z—х) ==3K2Z (1 — или, так как Z=3y£l—('Z’)J’ г=9Г>(1-Л)’(1+Л).
Вместо неизвестного х естественно ввести новое неиз< V х вестное л = -у; тогда получим:
а = 9У3 (1 —X)2 (1 +Х); Z = ЗГ (1 —X2).
Введем, наконец, вместо неизвестного Y новое неизвестное: У=ЗК(1—X). Тогда зависимость, связывающая наши неизвестные, примет вид
Z = Y(\ + X), а уравнение — вид
а = 1узШ 3	1 — Х‘
Теперь мы находимся уже у конца решения задачи. Действительно, из последнего уравнения X выражается через а
252]	решения	375
(и У) рационально:
у_,3а—уз — $a + Y* ’
~	v За—уз
Таким образом, мы видим, что если X—-----= и
_	За + Уз
z = y(i+x), то
a = x3+j/3 + z3,
г д е х, у и z находятся по следующим формулам:
x — ZXt
y=Y—x= 3(1Lx)— ZX'
Из этих формул вытекает, в частности, что х, у и z рациональны, если только неизвестное У рационально. У в наших 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 положить каким угодно; см. указание к настоящей задаче).
Таким образом, мы уже нашли решение уравнения
х3 + у3 + z3 = а
в рациональных числах (и даже сколько угодно таких решений, соответствующих выбору различных рациональных значений У). Нам осталось только показать, что У можно выбрать так, чтобы х, у и z были все положительны (здесь нам придется использовать положительность числа а, которой мы до сих пор не пользовались). Выразим Z=x4-.y + *, У=х + <у и Z—x—y-\-z через X и У:
x+y + z = Z^Y(\+X},
г==3(1 —X) ’
у + z - Z—х = (1 — X) Z = Y (1 — Л2)
376
РЕШЕНИЯ
[252
и подставим в эти формулы
1	3а~Е8	2р5_
За+У» За+У3’
1 +Х= 1 4-3a~L8 = Ga~ ; 3	За+Уз	За+У»
мы получим:
,	,	6аУ
х +у + ^=:----= »
'	За+У3
.	За+У3
х + у == —+г— , Z 6Уа
,	12аУ4
y-\-Z = -.--scrr- .
(За+У«)«
в этих формулах У==/За, т. е.
За = Р
разумеется, может быть иррациональным);
Положим теперь
(это значение У, тогда получим:
*+y + z = Y, x+y = ~Yy y + z = Y,
о
т. е.
х = 0, y = ly=l/3^, г = |у=4/3^
Выберем число Y так, чтобы оно было рационально и достаточно близко к (можно найти рациональное число У, сколь угодно близкое к /За). В таком случае у и z останутся близкими к | /За и соответственно к /За, т. е. останутся положительными. Далее, из наших формул находим:
x-HH-z — За + У3
*/ + * ~ 2Уз
Следовательно, если потребовать еще, чтобы выбранное значение У было меньше /За (т. е. чтобы было За>У8, За-j-У3> 2У3), то мы будем иметь:
x + t/ + z 3a+n>1
У + *	2У3
253—254]	решения	377
и, следовательно, число х будет тоже положительным. Этим заканчивается доказательство теоремы.
2
Для примера рассмотрим случай а = -х-. Полагая в наших О
формулах У=1, мы без труда получим:
5	1	5
х~~ 9 ’ y_18’ г~ 6 ’
действительно,
5.\3,П\8 , f AV-2
9 / Л18/ + \ 6 / “ 3 ‘
253. Существование бесконечного числа простых чисел следует из результата задачи 159 (из этой задачи вытекает даже, что простые числа встречаются в ряду всех целых чисел достаточно «часто», например «чаще», чем квадраты; см. примечание к этой задаче). Из результата задачи 65 также можно 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 другом чисел. Но наиболее простым доказательством теоремы о бесконечности числа простых чисел является следующее доказательство, принадлежавшее еще Евклиду.
Предположим, что имеется всего п простых чисел 2, 3, 5, 7, И, ..., рп. Образуем число М=2-3-5-7-И.. .рп+ 1. 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, ..., р„, то 7V взаимно просто со всеми простыми числами. Полученное противоречие и доказывает теорему.
254. а) Доказательство этой теоремы очень близко к доказательству Евклида бесконечности всех простых чисел. Предположим, что среди чисел вида 4k—1 (эти числа составляют первую из рассматриваемых прогрессий) имеется только конечное число простых чисел, а именно: 3, 7, И, 19, 23, рп. Составим число
4 (3• 7-11 • 19• 23. . .pn) —1.
Оно больше всех принадлежащих прогрессии простых чисел и, следовательно, должно быть составным. Разложим число М
378
РЕШЕНИЯ
[254
на простые множители. Среди этих множителей не может быть чисел вида 4k—1, так как число X-f-l = = 4 (3*7• 11 • 19-23. . ,рп) делится на в се простые числа вида 4k—1, а следовательно, N взаимно просто со всеми этими числами. Так как N нечетно, то оно должно представлять собой произведение нескольких простых чисел вида 4k +1. Но это невозможно, так как произведение двух чисел вида 4k +1 имеет тот же вид:
(4^ + 1) (4^2 + 1) = 16М2 + 4*х + 4£2 + 1 =
= 4 (4М2 + + *2) + 1 = 4*3 + 1,
а следовательно, и произведение нескольких чисел вида 4 А 4-1 имеет тот же вид, в то время как число N имеет вид 4k — 1. Полученное противоречие и доказывает теорему.
Аналогично доказывается, что существует бесконечно много простых чисел, принадлежащих прогрессии 5, 11, 17, 23, ... (простых чисел вида 6k—1).
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
W=(5-13-17.. .р„)2 + 1.
Число N, 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 4/г + 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 7V=(1 1 -31 -41 -61.. .рп)ь — 1. Оно взаимно просто со всеми простыми числами 11, 31, 41, . .., рп, так как число N+ 1 делится на все эти числа. Обозначим произведение 11-31-41.. ,рп через а, тогда
N=a5—1 = (а — 1) (а4 р a3-f- я2 + # + !)•
254]
РЕШЕНИЯ
379
Рассмотрим, какие простые делители может иметь второй множитель а4 4- а3 + а2 4- a-f- 1 последнего произведения. Очевидно, что а4 + а3 + а2 + а + 1 не делится на 2 (сумма пяти нечетных чисел нечетна). Далее, а4 4-а3 4-а2 4-я 4-1 делится на 5, поскольку а оканчивается на 1 (к£к произведение ряда чисел, каждое из которых оканчивается на 1), а2, а3 и а4 все оканчиваются на 1 и, следовательно, сумма а4 + 4-а34-а24-я+1 оканчивается на 5. Пусть теперь р есть простой делитель числа а* + а3 а2 а 1, отличный от 5. В таком случае а — 1 не может делиться на р, так как иначе а имело бы вид 6р4~1, следовательно, а2, а3 и а4 (равные соответственно {kp-\-1)2, (6р4~1)3 и (6р4~1)4) имели бы такой же вид и число
а4 + я3 + я2 + я + 1 =
= (kp+^ + (kp+l)3 + (kp + l)2+(kp+l) + l
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=56 4-4.
Отметим, что в силу теоремы Ферма (задача 240) а?"1— 1 делится на р. Но в этом случае
а7’*"1 —1 =a5fe+4—1 =а4 (а5* —1)4-(а4 —1), а так как abk—1 = (а5)&—1* делится на а5 — 1, а значит и на р, то и а4 —1 делится на р. Но
а5— 1 — а (а4—1)4- (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 нечетно); следовательно, р—1 делится на 10 и, значит, р имеет вид 106 4-1, т. е. принадлежит нашей прогрессии. Итак, нами установлено, что простыми делителями числа а4-]-л34-я2 + а +1 могут быть только число 5 и простые числа вида 106 4-1.
380
РЕШЕНИЯ
[255—256
Но число а4 + а3 + я2 + я+1, очевидно, больше 5 и не делится на 52 = 25. Действительно, число а оканчивается на 1 и, следовательно, имеет вид 5&+1. Далее, по формуле бинома Ньютона
a4 + a3 + a2’q_a+1==(5^+1)4 + (5jfe+1)3 + (5^+1)2 + + 5k + 1 4-1 = 625£4 4-4-125&3 4- 6 • 25£2 4- 4 • 5k 4-4-1 + 125F4-3-25^2 + 3-5^4-1 4-25F + 2-5^4- 1 4-+ 5k 4- 1 4- 1 = 625&4 4-5-125&3 4-10- 25А2 + 10 - 5k 4- 5= = 5 - [5 (25/г4 4- 25/г8 + 10£2 4- 26) 4- 1 ].
Отсюда следует, что это число, а следовательно, и число N=ab— 1 должно иметь хотя бы один простой делитель вида 10&4-1- Но, по нашему предположению, N взаимно просто со всеми простыми числами вида 10&4-1-Полученное противоречие и доказывает теорему.
Примечание. Отметим, что проведенное доказательство почти без всяких изменений позволяет доказать, что во всякой арифметической прогрессии, составленной из чисел вида 2р&4-1, где р — какое-то нечетное простое число, имеется бесконечно много простых чисел.
255.	а) Пусть а и Ь — стороны прямоугольника; тогда его периметр Р=2(а-{- Ь), а площадь S—ab. Из неравенства (I) на стр. 65 следует
S—ab^ 2 J ==1б •
Поскольку правая часть неравенства задана, то площадь <9 будет наибольшей, когда это неравенство обратится в 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 = Ь.
256.	Обозначая через а и b катеты, а через с—гипотенузу прямоугольного треугольника, имеем:
с2=а24-й2, d—a-\-b.
381
257—258]	решения
Но из неравенства (Г) на стр. 66 следует
Чг‘а-п*Л‘* + ("'
т. е.
откуда и вытекает требуемое неравенство.
257.	В силу неравенства (I) на стр. 65 имеем: tg а 4- ctg а 2 ]/tg a* ctg а=2.
Равенство достигается только при tga=ctga, т. е. если <z=45°.
258.	Перепишем неравенство (Г) (стр. 66) в виде
2	2 ) *
Полагая в нем
х=а + а' У=Ь + -Ъ>
получим:
Выражение ~ достигает наименьшего значения, когда произведение ab достигает наибольшего значения. Но согласно неравенству (I) (стр. 65)
Таким образом, 14-1^5.
ab ’	1 ab
Отсюда
> 1 5* = Л
'2 °	2 ’

что и требовалось доказать. Равенство достигается лишь , 1
при	2".
382
РЕШЕНИЯ
[259—261
259.	В силу неравенства (1) имеем:
с + а __ -| г— — ^Уса.
Перемножая эти три неравенства, получаем:
(«+»)(Ь + с)(С + «)	/^2 = аЬс^
О
При этом равенство достигается здесь лишь тогда, когда оно достигается в каждом из трех предыдущих неравенств, т. е. при а = Ь—с.
260« Согласно неравенству (I) стр. 65 имеем:
5±jL4 = ^. + z>x2^2 У-^-Ьх^ = 2 VTb, причем равенство достигается только, если
=	xS=/«.
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 кг товара (моменты сил тяжести а-1 и b-х должны быть равны). Точно так же гиря в 1 кг, b положенная на вторую чашку, уравновешивается У — — кг товара. Если продавец отвешивает покупателю 1 кг товара на одной чашке и 1 кг на второй чашке, то всего он отпускает
। а . b п -и / а b о х +у=-т' + —^2 1/ -т--—= 2 кг b * а V b а
товара (см. неравенство (I) на стр. 65). Таким образом, мы видим, что, отвешивая половину товара на одной чашке и половину на другой чашке весов, продавец отпускает больше товара, чем следует.
262—264]
РЕШЕНИЯ
383
262.	а) Очевидно, имеем:
у^^ уТЬ, V 2 a-j-b г 9
что и требовалось доказать.
б)	Следует из определения и неравенства (I) стр. 65.
263.	Докажем, что a-^b-j-c— 3 abc^O. В силу результата задачи 162 а) имеем:
а + Ь-\- с—3 УаЬс = (Уа+ У~Ь+У~с) X
X	j/ab— уНГс —	=
= ^(3/а+Уь + Ус)(Уа^-2УТь+Уь2 +
+ j/p— 2 f/bc +	-|- f/a^—2 У ас + Ус*) ==
X [(/« - Уь)» + ( Уь - '/сУ + ( V7- УаУ ] - 0.
При этом знак равенства достигается лишь тогда, когда все три разности в квадратных скобках равны нулю, следовательно, когда а=Ь = с.
264.	По формуле Герона площадь треугольника со сторонами а, Ь, с равна
5 = ]/р(р —а) {р—Ь){р—с) = Ур -У(р—а)(р—Ь) (р— с), а-УЬ-Ус
где р = —-----известный полупериметр треугольника.
Но, в силу результата предыдущей задачи,
/ ч/ «л /	\	(р—«+₽—Ь+р —с\з
(р—а) (р — Ь) (р— с)<	J ==
/Зр-2рАз /ч у
— V 3 J ~\3Р] ‘
Теперь остается заметить, что сторона равностороннего тре-п	2
угольника периметра 2р равна ^р и в этом случае
и
(9	\3	/1X3
p~ip) =\ър) •
384
РЕШЕНИЯ
[265—267
265.	Объем пирамиды равен ту_____________________xyz
6 ‘
Но согласно неравенству задачи 263 имеем:
Поскольку правая часть неравенства не зависит от х, у и z9 то, пользуясь условием обращения неравенства в равенство, находим:
X=y = z=^.
266.	Достаточно доказать, что
4" ^1) (а2 4" ^2) (а3 4~ ^з)	( Р^а1а2й3 4“ Р^ ^1^2^з)3 •
Имеем:
(а1 4" ^1) (а2 4" ^2) (а3 4" *3) = а1а2а3 4" ^1^2^3 "1“
4- («1«2^3 + а1а3^2 4- Л2а3*1) 4- (Я1Мз 4- ^2Ь1Ь3 4- «З^А)‘ С другой стороны,
( У а^а2ай + У	=	_____________
== Л^^2^3 4” Ь\Ь2Ь3 4" 3 Р^ #2 #3^1^2^3 4“ 3 Р^Ь% Ь3*
Но согласно неравенству задачи 263 имеем:
«1^2^3 + flla3^2 + fl2a3^1	?/„2 2 2 . h h
---------Я--------- V
Сравнивая последние четыре формулы, получаем требуемое неравенство.
267.	Неравенство задачи можно записать в виде
#1^2 • • • ^2^
«1 + л2+ • • • +«2т \2?” 1
Из неравенства (J) стр. 65 следует
(*)
268]
РЕШЕНИЯ
385
аналогично имеем:
отсюда
ар + 6X4!
2 J
/ а1 +а2 । а3 + fl4\ 212
2 2
Л 2	/.
^1 4~ Д2 ~НаЗ 4“ а4 \ 4
4 J ’

Аналогично
4

аЬ + ав + а1 + а8 4
отсюда
...а8< |4+-..v+fl«. а‘+--4 +<|4 < /«1+-..+а4 Лб+ • • • +а8\ 2”14 4 4 ) Л 2 Л
Повторяя это рассуждение т раз, найдем:
#1^2
2Ш
(**:
что и требовалось доказать. Заметим, что, очевидно, в (*) знак равенства достигается лишь в случае аг=^а2. Используя последовательно это замечание, получим, что неравенство (**) обращается в равенство лишь при аг = а2 = .. . = а2т.
268.	Существует много различных доказательств этой теоремы, однако далеко не все из них элементарны. Ввиду важ
ности теоремы приведем три элементарных доказательства. Первое базируется на результате задачи 267, второе и третье используют метод математической индукции.
Первое доказательство. Докажем, что если теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом верна для n + 1 положительных чисел, то она верна и для п чисел. Действительно, пусть при всяких аъ а2, ..., ап, ап+1
al +fl2 4~ • • • ~1- ап~^~ап+1
аха2...
п+1
или
Q1-H2~H'. ~^an~^~an + l n + l
аха2.. ,апап+1.
13 Д. О. Шклярский и др.
386
РЕШЕНИЯ
[268
Положим теперь в
этом неравенстве
а,
п
в таком случае
а1 + а2+ ... +ап + gl +	• + <*»
п
л4-1
П~\~ 1 п -j-1 .	.	।	. ч
— (at + aa+.-.+aJ fli+g>+ , +Я(>
п+1
п
и, следовательно, /а1 + а2+ ... +an\n + i	(ах + а2 + • • • +«п\
~п	]	' >«1^2- • -ап	й	) ’
Сокращая обе части неравенства на	и
извлекая корень степени л, приходим к требуемому результату:
ai+а2 + • • • + ап Л/7Г~^ 7Г -------------> / аха2. .. ап.
Но, в силу результата предыдущей задачи, теорема о 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 л: для каждого п можно найти число 2^ > л, а затем, последовательно переходя от 2Л к 2Л—1, от 2т—1 к 2т—2 и т. д., дойти до требуемого значения п.
Из доказательства следует, что если для л 4-1 чисел 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 справедливость последнего замечания в условии задачи.
Примечание. В противоположность методу математической индукции, использующему переход от п к л 4-1, рассуждение, проведенное выше, основано на переходе от п4-1 к /I. Такой путь доказательства математических теорем носит название метода обратной индукции.
Второе доказательство. Проведем теперь доказательство методом математической индукции. Нам надо
268]
РЕШЕНИЯ
387
доказать, что
Для л = 2 имеем:
Допустим, что неравенство уже доказано для любых п положительных чисел. Докажем, что оно справедливо и для «4-1 чисел. Обозначим эти числа через а19 а2, ..., art, ап+1, причем через ап+1 обозначим наибольшее из них. Тогда
ап+1 art+i >	• • • > “п + 1 ап
и, следовательно,
Л14-а24-... + ап а«+1 > п •
Обозначим
а1Ч-Да+»« +Дп Д Д1 + + •»- +fln + ^n + i  д п	п'	п +1	^п+1»-
тогда
д _пАп+ап+1
Лп + 1	п_|_1
Но так как an+i^Ani то ап^.1== Ап + Ь, где b^Q; значит, д _П^п+	_ д	b
«+1	л+1 «’rn + r
Возведем обе части этого равенства в (/z 4- 1)-ю степень:
(h \л+1 ^+^1) =
= (дп)«+1 + ^+1ии)п;гА_+...>
> (Лй)"+‘ + (АПУЧ> = (Л„)" (Л„ 4- b) = H„)"an+l.
Но так как для п чисел неравенство уже доказано, то а поэтому
(Л+1)” + 1	Ия) ап + 1	а1а2 • • • аяая+1
и, следовательно, п + \--------------------------------
^я + 1 У а1а2 • • ‘an+V
13*
388	решения	[268
При этом, если не все числа равны между собой, то #>0, а потому неравенство будет строгим.
Третье доказательство. Обозначим aL через и т. д.; в таком случае неравенство, которое нам надо доказать, примет вид
bnl + bn2+...+bnn^nb1b2...bn.
Предположим, что это неравенство уже доказано для каждых п положительных чисел, и покажем, что в этом случае
1 + ьпг1 +... + Ьп" + ъпп+Л > (П + 1) btb2...ьп^.
Разделим обе части последнего неравенства на и обо-bi	*
значим через сг ц т. д.; в таком случае будем иметь: “п + 1
п + 1 . п + 1 (	. п + 1 I 1	I 1 \	„
С1 +с2	+..«+сл	+ 1	(л+ 1) С1С2. . .сп,
ИЛИ
с?+1 + с“+1 + ... + сГ1 >(*+ 1) qc2.. .с„-1.
Но, по предположению индукции,
сГЧсГЧ ... +спп+1^п(С1с2...спГ^.
Таким образом, нам достаточно доказать, что
(л + 1) ctc2... с„— 1 <л (с^... с„)~
или, обозначая у' сгс2. . .сп через k, что (л 4- 1)АВ—1 <лА"+1.
Последнее же неравенство вытекает из следующих преобразований:
(л 4- 1) kn— 1 — nkn+1 = — nkn (k— 1) 4- (kn— 1) =
= (k— 1) (— nkn 4- kn~l 4- A"-2 4- ... 4- k 4-1) =
= — (k— 1) [(An—A"-1) 4- (kn—kn~2) 4-... 4- (kn— 1-)] =
= _ (k— I)2 [A”-14- kn~2 (k4-1) 4- ...
...4-A(*n-2 + ftn-34-... + A+l) + + (fen-> ... + а_|_1)]<о (при &>0 выражение, стоящее в квадратной скобке, очевидно положительно).
269]
РЕШЕНИЯ
389
Последнее неравенство обращается в равенство только, если А=1. Отсюда методом индукции легко доказать, что равенство будет осуществляться только, если с1 = с2 = ... ...=с„=1, т. е.» если = Ь2 =...=Ьп = Ьп+1.
Примечание. Несколько других доказательств этого неравенства читатель может найти в книгах Кречмара, Невяжского и Харди, Литтльвуда, 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)).
2б9« а) Первое доказательство. Пусть эти числа xr, х2, ..., хп. Согласно условию задачи сумма •^1 + ^2+ • • • ~i~xn задана; следовательно, задано среднее арифметическое этих п чисел
+ *2 + ♦ - • ~\~хп  д и
Согласно теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом имеем:
x,x2..	А",
причем равенство достигается только тогда, когда
Xj = х2 = ... = хп = А.
Таким образом, произведение х1х2...хп достигает наибольшего значения Д", если х1 = х2 = .. . = хп.
Второе доказательство. Запишем эти числа в возрастающем порядке:
х1^х2^х3^ ... хп.
Если все числа х19 х2, ...,хп равны между собой, то / X-t Хп -|- . . . -j- Х„ \ П у-г
хгх2... хп == I —— *—- } . Предположим теперь, что не все числа хъ х2, ..., хп равны между собой, и покажем, что тогда произведение х±х2. . .хп можно увеличить, не изменяя суммы чисел.
Обозначим через А среднее арифметическое наших чисел; в таком случае
хх<х„; Xi<A; хп>А.
13* Д. О. Шклярский и др.
390
РЕШЕНИЯ
[269
Заменим числа xY и хп новыми xt и х'п так, чтобы среднее арифметическое чисел не изменилось:
Х14-х24-х3+. ..+хп_1 + х' __ п	•
Для этого положим:
х'п = А, x1^xiJr{xn—xnY
В произведении хгх2.. .хп все члены, кроме крайних, остались без изменений; покажем, что произведение хгхп увеличилось по сравнению с
Xi Хп
Обозначим хп—х'п через /; тогда хп~хп—f, x^ — x^t. Имеем:
XnXi = (х„—t) (хх +t) = х„Хг + (x„—xx) t—t2.
Но так как xn==A^>xlt то
Xn~~ X^Z> Xn—Xn = t, откуда
(xn—xi)~ *>°. <xn—xi)t—*2>°
и, следовательно,
x'nx'r = xnxt + (xn—Xj) t—t2 > хпхъ что и надо было доказать.
Если среди чисел х1у х2, х3у ...ухп_1У А еще остались неравные, то перенумеруем их снова в порядке возрастания, и, повторив проведенное рассуждение еще раз, увеличим произведение без изменения суммы, причем в увеличенном произведении уже по крайней мере два из чисел будут равны А. Проделав такую же замену несколько раз, мы, увеличивая на каждом шагу произведение, придем к случаю, когда все числа равны Д, откуда и следует утверждение задачи.
б) Первое решение. Положим
Среднее геометрическое п чисел xlr х2, xs, ..,,хп равно 1.
Поэтому в силу результата задачи 268
Х1 + Х2 + хз + • • • 4” ХП
270]
РЕШЕНИЯ
391
т. е.
*1+*2+ ...
Второе решение. Нетрудно доказать это неравенство методом математической индукции, не пользуясь общей теоремой о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Предположим, что для п—1 чисел неравенство справедливо, т. че.
«2	«3	«П-1	«1
(*)
Покажем, что в таком случае это неравенство справедливо и для п чисел.
Пусть ап есть наименьшее из п чисел ах, а2, ап. Тогда
а1—
Следовательно, ап_х (ах— ап) ап (ах—ап). Отсюда
alan-
Разделим это неравенство на апаг\ ап — 1 | ап— 1 j
(**'
Сложим неравенства (*) и (**):
а1 I а2 a2'az
ап-2 | an-l I ап-
<^-1 «I
=^ + ^2+ ...4 а2 1 а3
I _____ап — \
«1 «I
т. е. действительно наше неравенство справедливо для п чисел ах, а2, ап. Тем самым оно доказано для любого л.
270. В силу теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 268} имеем:
1.1. .1 __________________
1 1 _£
п	F ахаа ’ ая’
392
РЕШЕНИЯ
[271—273
откуда
( 1 , 1 .	. 1 \ и/--------
”4^ + 7+ • • •	* аха*' • ,а«’
\t*l “2	unJ
что и требовалось доказать.
Равенство имеет место только, если а1~а2= ... =ап.
Примечание. Неравенство настоящей задачи может быть доказано большим числом способов и независимо от результата задачи 268 (рекомендуем читателю попытаться самостоятельно это сделать). В таком случае из этого неравенства можно в свою очередь вывести неравенство задачи 268.
271.	В силу теоремы задачи 268 имеем:
П+Уabb...Ь<А+Ш+---+А =	.
г	7	ti -j-1	п -г 1
п раз
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
«1	«2	ап
откуда и следует требуемый результат.
Равенство достигается только, если аг = а2 = ... ==ап.
273.	Для доказательства неравенства положим в теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом
^«1, а2 = 2, ап = л.
Мы получим:
/йТ= /ьг.Г.л < 1+2+ — +” = ^±12="±1.
* v	п	2п 2
Возводя обе части этого неравенства в л-ю степень, по лучаем требуемое неравенство.
274—276]
РЕШЕНИЯ
393
274.	Имеем по теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом:
^1^2 ^3 $4 -
f Q1 + 02 +g2 + fl3 ~Н fl3 + Дз + fl4 + 04 + 04 + g<\ 10 _
10	) “
/ G1 + 2^2 + 3#з + ^04 \ Ю
& k io ) •
Равенство имеет место только, если л1^а2 = а8 = а4.
275.- а) В левой части неравенства стоит произведение 1, „ 1 Л 1
двух множителей , трех множителей -г и т. д., наконец, п 2	<3
множителей всего 1Н-2+3+...	- множителей.
Среднее геометрическое всех этих множителей равно корню степени из этого произведения; среднее арифметиче-1.1+24+з4+...+«4	„	9
2 о	П П	2
ское равно ------------—г-н----------= —г-п == —г-т .
к	п(п+1)	п(п+1) п + 1
2	2
Из того, что среднее геометрическое меньше среднего арифметического (задача 268), и вытекает справедливость неравенства задачи.
б) Решается аналогично задаче а). Среднее арифметическое множителей, стоящих в левой части неравенства, равно Ы-|.2.2 + 3.^+... +n>n = lg + 2a + 32 + ... +п2 _ п (п + 1)	п (п +1)
2	2
п (п+ 1) (2п +1) е п (п +1) __ 2п+ 1 =	6	:	2	3
(см. задачу 134а)).
276.	По теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом имеем:
(1 + «,) (1 + а,)...(1 + «J< (»+<, + <+... + .» у =
где последнее равенство получено согласно биному Ньютона.
39*
РЕШЕНИЯ
[277—278
Замечаем, что коэффициент при sm будет:
п! 1 т\ (п—т)! пт
Однако (п—т)\ пт^п\, поэтому
n! 1 n! 1
т ! (л—/и) ! пт^ mini ml 9
откуда и следует утверждение задачи.
Неравенство обращается в равенство только прил = 1.
277.	Перепишемлевуючасть неравенства в следующем виде:
а 1	1	1
р«2 2 (22)28... (2")2“,
где а—произвольное целое число; ясно, что каково бы ни было а, величина произведения не изменится.
Далее решение задачи аналогично решению задач 275а), б). Из теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом выведем:
а 1	1	1	1
12л22 (22) 2*. .. (2П)2" = [Г22*1-1 (22)2П~*.. .(2П)]2* <
Ка + 2.2л“1-{-22.2/,“2-}- ... 4-2”. 1 \а+2п“х+.. .+11	--
а+2*-1 + 2Л“2+ ... + 1	)	J
( а + п.2« Да + 2Л —1)
При а=1 показатель степени станет равным единице, и правая часть неравенства обратится в
on “Ь
откуда и следует неравенство задачи.
278.	Выражение (1—х)5 (1 4~х) (1-|-2х)2 при значениях | х |	1 отрицательно, в то время как при | х | < 1 оно поло-
жительно. Действительно,
(1 — х)5 (1 + х) (1 + 2х)2 = (I —х)4 (1 —х2) (1 + 2х)2.
279]
РЕШЕНИЯ
395
Первый и третий множители всегда положительны, а средний 1—х2 положителен при | х | < 1 и отрицателен при |х|Ж Поскольку нас интересует наибольшее значениеэтого выражения, то ограничимся лишь значениями х, по абсолютной величине меньшими единицы. Применим теперь к пяти множителям 1—х, множителю 1-|-х и двум множителям 1 -|-2х теорему о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 268).
Имеем:
(1—х)5(1+х)(1 + 2х)2<
/5(1-~х) + (14-х)4-2(1+2х)\5 + 1+2 54-14-2	J
__ Z*54-14-2y+i+2_ 1
“^5 + 14-2;
Правая часть неравенства не зависит от х, следовательно, левая часть будет наибольшей при
том значении х, при котором все множители равны между собой. Единственное значение х, при котором это имеет место, есть х = 0. Рассматриваемое произведение достигает при этом своего наибольшего значения, равного единице.
279.	Обозначим радиус круга
через г, известное расстояние ОМ
через а и неизвестное расстояние ON через х (рис. 27). В таком случае имеем:
MN=x—a, NQ = Vr2—x2
и, следовательно, квадрат площади прямоугольника равен 4(х—а)2 (г2—х2).
Нам надо найти, в каком случае это произведение достигает наибольшего значения. Запишем наше произведение в виде
[(х—а) • (х—а) • а (г—х) • ₽ (г +
396	решения	[280
причем аир подберем так, чтобы сумма множителей, стоящих в квадратных скобках
(х—а) + (х—а)4-а(г—х) +р (г + х) =
= (2—а 4- Р)х + (а4-Р)г—2а,
не зависела от х, т. е. так, чтобы было a—р = 2. Произведение достигает наибольшего значения, если
а (г—х) р (г + х) = х—а
(см. задачу 269а)). Но из равенства а (г—x) = P(r-f-x) . о (а—6)г 2г	о г»
следует а + р = -—= —, откуда и из условия а—р = 2
без труда находим a = ~ + 1	?==“-• Подстав-
ляя полученное значение а в уравнение а (г—х)=»х—а, имеем:
— х—а; 2х2 — ах—г2 = 0, х	’
откуда
a+Va^ + 8^ Х~ 4
(знак + берем потому, что должно быть х>>0).
Отрезок х, а следовательно, и искомый прямоугольник можно построить циркулем и линейкой.
280.	Объем коробки равен
(2а—2b)2-b = 4b(a —ft)2.
Запишем теперь это выражение в виде
^[b-a(a—b)-a(a—b)]
и подберем а так, чтобы сумма множителей, стоящих в квадратных скобках
ft + 2a (а — ft) = 2aa + (l—2a) ft,
не зависела от ft, т. е. выберем а = у.
Наибольшее значение произведение достигает, если ft = a(a—ft)
231]
РЕШЕНИЯ
397
(см. задачу 269а)); отсюда находим:
1 . _ ад __2 а__а
0~Т+а"_’1Г"“ Т*
2
281.	а) Неравенство этой задачи находится в таком же отношении к неравенству (Г) стр. 66, как теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 268) к неравенству (I). Оно может быть доказано многими способами аналогично доказательству неравенства задачи 268.
Приведем решение этой задачи, аналогичное первому решению задачи 268. Из того, что
\~2~;	^т")	2 ’
следует
/д1+да । дз~Нд4\2
/Л14-аа+дз +д4\2_(	2	2	)
к 4 J ~ \	2	/ -
<%+<% + < + <%
4
Точно так же из того, что
^д1~ЬДа4~ Д3~НД4^*	а1 + Да + Д3 ~ЬД4
/Дб + Дб + Д7 + Дз\*	а1+ав+а7+а3
V 4	7	4
можно вывести, что
^д1 + да+.».+д8^ 2<: fll+al+-> +а8
Продолжая этот процесс, можно доказать теорему для 2* чисел, где т произвольно.
398
РЕШЕНИЯ
[281
Покажем теперь, что если теорема справедлива для п-\-1 чисел, т. е.
а1 + Я2 + • • • 4“ ап + ап+ 1 \ 2	fll 4"Д24" * * * + fln + fln + l
n+1	J	п+1	’ ' ’
то она справедлива и для п чисел. Положим в неравенстве (*) fli + CLa + . . . + CLn
art+1 = ---	—-—-; получим:
< + al +... +a^+ ^i + a2+...+a„y
n+ 1
(сравните с первым решением задачи 268), откуда легко вывести, что
(ai + fl2+...+aray а1+а1 + •••+ап
Дальнейшая часть доказательства не отличается от заключительных рассуждений в первом решении задачи 268.
Нетрудно установить, что равенство имеет место только, если = а2 = ... = ап.
б) Докажем прежде всего наше неравенство для случая двух чисел, т. е. покажем, что
k h
Для k = 2 это неравенство совпадаете неравенством (Г) стр. 66. Предположим теперь, что оно имеет место для какого-то значения fe. В таком случае имеем:
М1+^2\Л+1_ М1+0а\Л ai+a2<r- ai+a2 fli+a2_
\ 2 /	\ 2 J ’	2	2	‘	2 —
/»fe + 1_L/yfe + l	nk + 1	+ 1 nkn n nk
__	”Г“2 а1 Уа2 —— ala2
“ g	4	=
__ aj + 1 + a* + 1 (a* — a*)(ai-n2)^ «J + 1+^ + 1
2	4^2’
откуда следует, что неравенство справедливо и для значения k + 1. В силу принципа математической индукции отсюда следует, что неравенство (*) справедливо для всех значений k. Дальше доказательство не отличается от решения задачи а).
282—283]
РЕШЕНИЯ
399
282.	Пусть а>>0. В силу теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом имеем:
а а
itz2...u/i
a; + a“+...+^ n
Возводя обе части последнего неравенства в степень 1/а>*0, получаем требуемый результат.
Аналогично доказывается и утверждение задачи, относящееся к случаю а<0 (сравните с решением задачи 270).
283.	Для случая, когда а и 0 имеют разные знаки, теорема о степенных средних вытекает из результата задачи 282. Поэтому остается только рассмотреть случай одинаковых знаков аир. Предположим, например, что О<а<0. Обозначим S$(a) через К и разделим обе части неравенства, которое нам требуется доказать, на К; обозначив через bt и т. д., приведем это неравенство к виду
/Л a Л\ 1
(&₽+6₽+...+*„р)“	.
X	п	/
При этом имеем:
^1+^2+ • • • + Ьп_ 1	_ 1 jra_ -
“АЗ п	Ь
+ ^2 + • . . + Ьп = П.
п
Положим теперь Ь± — 1 +хх, b2 = 1 +х2, ..., bn = 1 + в таком случае равенство ^ + ^2 + ... +Ьп~п примет вид
a k
Предположим пока, что отношение у = -^—рациональное число. В таком случае имеем:
= Zo +*1)А= Z(1 + xj (1 + хх)  ., (1 + ХХ) 1 • 1. .  1 k раз	(/ — fe) раз
< fe(1+xx) + (/-fe)-l = 1 + ^Хх = 1+|хх,
причем знак равенства, как легко видеть, имеет место только, если 1+-Г1 = 1, Jx = l, Отсюда, переходя к пределу, легко
400
РЕШЕНИЯ
[284
получить, что и для иррационального отношения -jy а
(причем равенство имеет место только, если хг = 0, Ьг = 11)).
Точно так же
а	а
+ ...»
Таким образом, действительно имеем:
чем и заканчивается доказательство.
Равенство имеет место только в том случае, когда Ь± = = Ь2 = ... — Ьп=\, т. е. когда а1 = а2 = ... = ап.
Совершенно аналогично доказывается теорема и для случая а < р <; 0.
284.	а) Так как 5г = 2, то имеем:
Д**	—L.
 1 3 - - - W > (5Х)» = 4; а? +	> 12.
О
Равенство имеет место только, если а1 — а2~а3~(2.
Пусть / 0, г — рациональное число, такое, что (X	1
«р- < г < 1. В таком случае а	аг	а
*F=u+xi)T= [(1 +* *1)т
а
а Р
1 I а
-1 + уХр
285]	решения	401
Аналогично
3 I 3 I з
1+ *+ 8 = (S3)3 > (Si)3 = 8; а? + а3 + а| > 24.
О
/18 у =
= Кб, отсюда
«3 I дЗ । дЗ
1 ч2 -^ = (S3)8 > (S2)8 = 6/6; af 4- af + a* > 18/6 и
ai+°Ji+^ = S1 <S2=/6; аг + а24-а3< 3/6.
Равенство в обоих случаях достигается только если аг — а2— = а3 = /б.
285. Докажем наше неравенство по индукции. При этом нам удобнее будет ввести специальное обозначение для (2Л)* (среднего арифметического всевозможных произведений из п чисел ах, а2, . .., ап по k). Обозначив это выражение через Pk, мы приведем неравенство, которое надо доказать, к виду
Присоединим к числу выражений Pk (а) еще выражение Ро (а), которое мы будем считать равным 1.
Наше неравенство является очевидным, если число л чисел а равно 2. Действительно, в этом случае существуют только три величины Pk(a):
Ро (а) = 1, Pt (а) = и Р2 (а) = а^, и неравенство принимает вид
[Р1(а)Г>Р2(а)Р0(а) = Р2(а)9 или
(см. выше, стр. 65).
Предположим теперь, что для п — 1 чисел ах, а2, a3t ... ..., неравенство уже доказано, и докажем, что в таком случае оно будет справедливо и для п чисел аъ а2, а3, ... ..., ап. Обозначим сумму всевозможных произведений по k
402
РЕШЕНИЯ
1285
из п чисел аъ а2, ..ап через Sk (а), а сумму произведений по k из п—1 чисел а2, .	—через Sk(a). Вынося
в выражении для Sk(a) во всех членах, содержащих множитель ап, этот множитель за скобку, мы получим тождество
$k (а) —	(а) + an^k-i (а)-
Далее будем обозначать выражения Pki составленные для п—1 чисел а2, • • •, ап-ъ через Pk. В таком случае будем иметь:
*	С*_2 С« П Сп
__ $k (а)	। Sfc-i(a) _п гГ I k р
~ск п	й+п Л-1’
Составим теперь разность
П-Р^РМ-
=	х
х[Ч^+т«Л=]" {[<л—*)арг—с»—*+
+ а„ ^kin-kjP^-ik-l) (n—k~\) Pk+lPk.^
- (k + 1) (n - k +1)	+ a2n [^P^2 -
- (k 4-1) (k~ 1)	1 {Л + anB + a2C},
где через Л, В, С обозначены выражения, стоящие в квадратных скобках.
Отметим, что в силу сделанного предположения индукции
Рк-1*>РкРк-2,
откуда, перемножая эти два неравенства, также получаем:
РкРк-1 > Pk+lP
286—287J	решения	403
Поэтому в выражении для —Pk+i?k~i Л=(л-^Р1-[(л-^)2-1]Р;+1РЛ_1 =
В—2k (n-k) РЛ-1-(&-1) («-*-1) Pk+1Pk-2--{k+1)(n-k + \)PkPk_1 = -2PkPk_1 + +^_1)(й_А_1)[РЛ_1_Ра+1Рй_2]>_2Р^_1,
C=k*Pk_1i-(k*-V)PkPk_t=
=Рк-х +(* -1) 1Л-!2-/WJ > Рк-г . Таким образом,
P'k-Pk+iPk-i >	+ «К?) =
= ^(^-«Л7г)2>0, что и доказывает теорему.
286.	Исключим с самого начала случайа1 = а2— .. .=ап и будем доказывать, что < SP Прежде всего, так как Р0(а)=1, то из задачи 285 следует
р\ > р2р0=р8; SJ > SL или > st.
Далее, перемножая неравенства SX>S2, 2*>*2| • 2Х,получим: S1>S1, S2>S3.
Точно так же, перемножая неравенства SX>S2,	Sx,
S|>*S4-S|, будем иметь:
SI>SJ, s3>s4.
Подобным образом докажем, что
2i > 22 > S3 > ... > Sn. /24
-g-=2. Далее, по теореме о симметрических средних
2Х (л) 22 (а) = 2, ах4~ л24~	4-2 = 8
и
2* (а)^ 22(л) = 2, ахааа3а4^24 = 16.
404
РЕШЕНИЯ
(288—289
В обоих случаях равенство достигается только, если аг—а2=а3—=2.
288.	Так как сумма углов а+Р+у=л;, то tg^-i^=ctg-^-, At	Ал
или
tgy4-tg-y J i-tgytgA tg|’
откуда, освобождаясь от знаменателей, имеем:
tg J tg 4- tg у tg + tg tg = 1.
Обозначим . а	'6	, у
tg‘2"==au tgy = a2, tg-y=a3.
В таком случае мы видим, что симметрическое среднее S2 чисел а а па равно 1/1-1^ Отсюда совершенно ана-iHvCJI t*2 И pdljHU	1	2	• VzlvIvAd совершении dHd
логично решению задачи 287 находим:
a) tg4 + ,ST+1S’2S'3'T“^5i
в> ^..4.^(9)"=^.
В обоих случаях равенство достигается только в том случае, если a=0 = Y = 6O°.
289.	Неравенство Коши-Буняковского очень важное, поэтому мы приведем четыре доказательства справедливости этого неравенства.
Первое доказательство. Имеем:
{хаг + ^)2 + (ха2 4- Ь2)2 4- ... 4- (ха„4- Ьп}г =
=( х*а* 4- Чха^ 4-	+
+ ( хга2 4- 2ха.Д 4-	4- ... 4- ( х2й* 4- 2хапЬп 4-
=Лх24-2Вх4-С,	(*)
где
л=а? 4- «2 4- •••4_ ап>	ахЬх 4- <*2^2 4" • • • 4" aifin>
С=^4-^4- ...+Ь2п.
289]
РЕШЕНИЯ
405
Левая часть равенства (*), как сумма квадратов, неотрицательна при любом х. В частности, она неотрицательна при х=— Подставляя в равенство (*) это значение х, получим:
лт-24+с=^>°-
Так как А >> 0, то
АС—В2^0, или В2<АС.
Подставляя вместо Л, В, С их значения, получим искомое неравенство.
При этом равенство возможно только в том случае, если ха14-^1=ха24-^2=ха3 + ^3= ... =ха„ + Ьп=0,
откуда
^ = ^- = 51=	=^2( = х)
flj CL 2	«3
Второе доказательство. Для двух чисел а и Ъ имеем:
(а—£)2>0,
откуда a2-\-b2^2ab и ab^ a2 + -^t>2. Введем теперь обозначения
А=^ #1+ ... + я*, В = '|/Г ^i+ ...
bt=b± (/=1,2, ....л)}
тогда
~2
~ 2
flJ + ...+a2
А2 — 1
Ъ + .-'+ь2».
В*
Напишем п неравенств:
•••» affin у
406
РЕШЕНИЯ
(289
Сложив их, получим:
°А + • • • + агА ~
Подставим в это неравенство вместо at- и bt их значения: ^+.••+^<1- а^+...+апЬп^АВ,
(Л1^1 + . . . + апРп^	( а1 + • • • 4" ап) (^1 + • • • + ^п),
что и требовалось доказать.
Равенство может иметь место только, если
01 —£1 = я2--А= • • • = ^~ ^=Х°>
откуда
Л1 а2 * " ап\ A J*
Третье доказательство. При п = 1 неравенство, очевидно, справедливо:
(0i^i)2
Докажем теперь, что если неравенство справедливо для л пар чисел
С2<ДВ,
где	А =#1 4" 02 + • • • 4“ 0«»	В= bt -р Ь2 + ... -|- Ьп,
С~а1Ь1-}- а2Ь2 + ... 4-0^, то оно справедливо и для п + 1 пар чисел
(С4- 0n+i^n+i)2	4“ 0л+1) (В + ^л+1)«
Действительно, имеем:
(Д + Яд + 1) (В + Й/г + 1)	(С+ 0rt + i^n + i)2 =
АВ АЬп+1 + ВоЛ+1 +	С2 2Сап+1&я+1 —
(а/1 + 1^п + 1)2
= (АВ—С2) + (АЬп+1 + Ва2п+! — ^^an+i^n+i)
= (ДВ-С2) + (УАЬп+1-УВап+1У +_
+2(Гдв-с)ап+л+1>0,
так как каждая из трех скобок 0.
Отсюда, в силу принципа математической индукции, следует, что неравенство имеет место при всех п.
290—2911
РЕШЕНИЯ
407
Равенство может иметь место только, если а1:Ь1=^ = а2:Ь2 = ... = ап: Ьп,
Четвертое доказательство. Имеет место тождество
которое можно доказать методом математической индукции.
Правая часть этого тождества неотрицательна и обращается в нуль лишь в случае пропорциональности последовательностей (аЛ) и (^). В противном случае имеем:
что и требовалось доказать.
290.	Согласно неравенству Коши-Буняковского имеем:
(О, +«, + . .. + >,) (^ + ^+ • • • +^) =
что и требовалось доказать.
Равенство, очевидно, имеет место только, еслид^ = а2 =... •.. =
291.	Согласно неравенству Коши-Буняковского имеем: (fli‘ 1 + а2-1 + ... + ап-1)* <
(«1 ... + (1 + 1 + ... + 1),
откуда fgi + aa+ . ..+an\2	а \ * 1 Равенство имеет место только,	1 + ^ + ---+^ п если аг = а2 = ... = ап.
408
РЕШЕНИЯ
[292—293
292.	В решении задачи 288 мы показали, что
tg|tg А + tg|tg-J + tg |tg-| = l.
Теперь согласно неравенству Коши-Буняковского будем иметь:
(tg’-j+tg* 4+tg* -t) (tg« 4+tg» -i+tg‘ -j) ,
»(« T 4+« т *8-2 +tg 1,g ТГ)1 ”1 
откуда и следует требуемое неравенство.
Равенство имеет место только, если а = Р = у = 60°.
293.	Имеет место тождество
(*! +j'i)2 + •••+(*„ + Л)8 = (*1 +Л)*1+--.
..•+(•»» +л) •«» + (*1 +J1) Л +••• + (Хп +Уп) Уп-
Полагая в неравенстве Коши-Буняковского
=	.... а„ = х„+уп,
Ь1 = х1,	Ьп = хп,
получаем неравенство
(*1 +J1) Xj. + . . . + (Хп +уп) Хп <
< [(*!+я)2 4- •. • + (х„ +з'я)2]т[х! +... + 4F.
Аналогично
(*! +>'1)3'1 + •••+(*„ +з'я)3’я <
<(*1+>'1)2+ • • • +(*«+з'„)2Г1>21+. • • +KF.
Складывая теперь последние два неравенства, получим:
(*1 +Л)2 +... + (*»+л)8 <
< [(*1+Л)2 + • • • + (хп +3'Я)2Р- [(•*?+... + Хп)'7 4-
+ (.У1 + • • • + jn) 2 ] •
Разделив обе части последнего неравенства на
[(*1+Я)2+ • • • + (*П+Л)21т .
294—297]	решения	409
получим окончательно:
У(*х+.У1)8+.-• + (*»+Л)8<	________________
}/ Х1 + • • • + хп + "j/”У1 + . . . +Уп > что и требовалось доказать.
Равенство имеет место только, если — = — = . .. =	.
У1 Уъ	уп
294.	В силу неравенства Коши-Буняковского имеем:
4Q2 = (аха2 + а2а1 + ata3 + а3аг + ... + an_ratt + a„a„_i)2< ^(«21+^ + «:+-.-+^)(а1+й21+а|+---+^-1) = = (п—1)Р-(л—1)Р,
откуда и следует требуемое неравенство.
Равенство, очевидно, имеет место только, если
Л1 = «2=-“=^
295.	Согласно неравенству Коши-Буняковского имеем:
(VprVrKxi+Vpa-Vrpzx2+ +VVn-Vpnxn^^
< (/р2+VpI +. •. + Vp*) (V pi xi + V р\х\ +...
... +Vpix2„)-
Равенство, очевидно, достигается только, если
Xi = x2=...==xn.
296.	Полагая в неравенстве задачи 295 _ 1 __ 1 _ 1 Р1 ~ 2 ’ ^2	’ ^2 6 ’
имеем:
(-2Xi + з"х2+'б‘хз) <б’Х’гXi + "3Х2^”бХз) ’
Равенство, очевидно, имеет место только, если хг :х2 :хг =
~ 2 : 3 : 6 ’
297.	Это неравенство есть лишь иная форма записи неравенства Коши-Буняковского. Действительно, полагая в последнем = b^=yk и извлекая корень квадратный из обеих частей неравенства, мы придем к неравенству задачи.
410
РЕШЕНИЯ
[298 — 299
298.	Имеем, дважды применяя неравенствоКоши-Буняков-ского сначала к парам чисел а1^1, а2Ь2, ..., anbn\ c1dlt c2d2, •••, сп^пу а затем к квадратам чисел alf а2, .ап;
bn\ Ci, ..., сп\ di9 dn:
(а^с^ + a2b2c2d2 unbncnd^
< (b\ + a*b't + ... + a*b-y ( dj + C|4-... +
x(ci+c:+...+c‘)(^+d‘+...+</<).
Равенство, очевидно, достигается только, если ах: bt: сх: dt = = а2: b2: с2: d2 — ... = ап: bn: сп: dn.
299.	Перенумеруем числа а( в порядке возрастания: а1<а2^а3< ...
В таком случае при отыскании наибольшего возможного зна-(ai + fll + • • • + art) ( ^1 + ^2"Ь • • *
чения дроби -----(аА+аА+...+аХР-------- М0ЖН0 Ог-
раничиться тем случаем, когда числа bt расположены в порядке убывания:
b^b2^b3^ ... ^bn.
Действительно, если бы какое-нибудь число bt было меньше числа bj с большим номером (/, j—какие-то номера от 1 до л; i <у), то можно было бы увеличить эту дробь, переменив местами Ь( и bj (числитель при этом не изменится, а знаменатель уменьшится, так как	> aibi-\-ajbp ибо
ajbi) — (а Д- + аfbf) = (а^—а(bj—b?) < 0).
Мы будем считать, что не все числа at равны между собой или не все числа bj равны между собой: если = а2 = . .. ... ~ап и br = b2^= ... =bn, то интересующая нас дробь / 1 ГЛ4хА4а  -| niytn2 \ 2 -	.. f I V V )
равна 1, а выражение 1 + \----— 	±—-J тоже
равно 1 (ибо	М2 = т2). Положим теперь
^ = а,^ + М (/~2’ 3............П~1)'
299]	решения	411
Из этой системы уравнений можно определить числа и pt«:
а' < bl-al К’ P/ a4*?-^4’
Знаменатель этих дробей положителен (a2b2— a2/?2>0,
а* Ьг\
ибо —>— ), а числитель по крайней мере неотрицателен
< biJ
/	а* Ь*
\ а2Ь2— а2Ь2^0, ибо —-	; аналогично показывается,
\ п 1	1 п ’ aj bf
что а2Ь2—а2Ь2^0^. Таким образом, а-^0, р. ^0; при этом az = 0 только, если af = an, b~bn, pz = 1, и аналогично Pf = O, если aI=a1, bt = ЬЪ az=l.
Введем еще обозначения:
1 + а2 + аз+ • • • + an-l = А» Рз 4 Рз + • • • + Р„-1 + 1 = В.
В таком случае числитель интересующей нас дроби можно будет записать в виде
(AaJ + Ba*)(A^+B^).
Что же касается знаменателя, то воспользуемся тем, что в силу неравенства (II) стр. 73,
«д-=>
> а,«А +	(*)
Сложив неравенства (*), отвечающие номерам i= 1, 2, 3, ... ... ,д — 1, п (здесь мы считаем ar — 1, рг = 0; ап = 0, Ри = 1), получим:
«А + «2^2 + • • • + anbn > Аа^ + Banbn.
Таким образом, мы видим, что наша дробь не больше, чем (Aa* + Ba*)(A^ + B^)
(Aajbj + Ba^)2
Но
(Аа* + Ва*)(А/,? + В^)	(а^-а^
(Аа^ + ВаЛ)4 +	+ Ba„bnf *
412
РЕШЕНИЯ
[300
а в силу неравенства (I) стр. 65 Aa1*14-Ban6n>2[/'A«1^1-Ba„Z»„.	(**)
Таким образом, окончательно получаем:
(а1 + а1+ --+ап)(Ь1+Ь2+ +Ьп)
(^1^1 + 2^2 + • • • + апЬп)2
< 1 + АВ< 1 + АВ . (a/1~a.1&-?)L= = (АаЛ + ВаА)	(2 КАВаЛаХ)2
= 14~V °Л2 V апЬ1) ,
что и требовалось доказать.
Неравенства (*) не могут обращаться в равенства, если фигурирующие в них числа положительны (ибо — =/=^) . \ ап °п/ Таким образом, они выполняются только, если все at- равны 0 или 1 (в последнем случае pt==0), т. е. если
аг ~ а2 ~	~ ak<^ ak+l ~ ak+2~ • • • “ ап>
b1 = b2 — ... =bk^> bk+1 = bk+2 = ... = bn.
При этом, для того чтобы еще и неравенство (**) обращалось в равенство, необходимо, чтобы было
Аа1^1 = Вап&„, т. е. ka1bl = (n—k) anbn, или =
Этим определяется тот второй случай, когда
( а1 +а1+ •»» + ^) ( ^1 + ^2 + »-+Ьп) __
(ai&i + а2Ь2 4" • • • + апЬп)2
( 1ГMiMa____ j/~ mxma \Ж
1 । ( тхт2 V ) “* 1 4" \	2	/
(первый такой случай: ах — а2 =...== ап, b1=^b2^» ... =Ьп, мы имели выше).
300.	Имеем:
п 4- агЬй 4- ... + а„Ьп) —
j	—+	• • • +а«) (*1 + *а+• • •+^п)3
”= 7 Ка1 — аг) (^1 ~ *г) + (at—as)(tf1 — b3)+...
• • • + К-i—«») К-i—6п)] > о, откуда и вытекает требуемое неравенство.
301—302]
РЕШЕНИЯ
413
301.	Поскольку по условию ~ + -1 = 1, то p + q=^pq и, следовательно,
= +	Р+5 — £1+£1 где р и q—целые
г q <7i Р Pi	1
(	а
положительные числа, пропорциональные р nq ^если и q=^., где а, р, у и &—целые числа, то можно положить, например,	и (7i = YP)- Поэтому доказываемое
неравенство можно переписать в виде
Pi + Qi	Pi + <71
* +Ру * z	р + ч
Положим теперь Pj+Qi _____________________________ Pl + Qi
xt=x » У*=У Pi .
Отсюда имеем, используя теорему о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 268):
<7i Pi	1
=	f>' + Vi уг Pi+Pi = (x1X1. . .XiJiJi. . -У1) Pi+q' <
<71 Раз	Pt раз
1
Г / <7i*i + Р1У1 у 1+P11 Pl+<71 _ <7X14- РУ1
La <7i+pi J j q+p Pi + Qi	Pi + Qi
q Vi . p Pi 1 о t 1 a = -i—-x	H—у- у	=—xp +—yq.
p+q p+q* p <r
Равенство имеет место только, если xp = yq.
302.	Обозначив
ai + а2 + • • • 4" ап ** Н“ ^2 4” • • • 4* bn »=s b
и разделив доказываемое неравенство на aW, придем к неравенству, эквивалентному неравенству задачи:
Из теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 268) можно получить, что для каждого
414
РЕШЕНИЯ
(303
значения k(k=\, 2, ..., л):
/ akj_R^\a+P
(akV (bk\9 ^{'a ₽T)
UJ Ы a + p / -ат+РТ
(сравните с решением задачи 301).
Складывая эти неравенства почленно для всех значений Л=1, 2, л, получаем:
^аа, р»! . ада Р&2	—
•а	' а + 6	а 6 “
= у (а1 + а2 + • • • + Яп) + у (^1 + &2 + ... +&„)==
="+7=“+1>=1.
что и требовалось доказать.
Равенство имеет местотолько, ^сша1\Ь1=а2:Ь2=...=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.
Первое доказательство. Полагая в неравенстве задачи 302 1 1 a=—, р= — р ’ н я и, далее,
«1=*?. «2 = х₽, .... а„ = х₽; \=У\, 1>2 = У92, •••, Ьп = Учпу мы получаем требуемое неравенство.
Равенство имеет место только, если хх*.ух = х2*.у2 — ...
Второе доказательство. Положим
(х?+4+...+^)’=х, b? + j4+...+X)’ =г
и разделим обе части доказываемого неравенства на XY. Е$ли мы при этом обозначим
£ = **, v-$ = th (А = 1, 2, .... п),
804]	решения	415
то доказываемое неравенство сведется к неравенству
(*) где должно быть
^ + ^+...+^=1, + = (**> Согласно неравенству задачи 301 мы можем записать п неравенств:
1 1 р 1 1 q 1 ’
I <+!';
Складывая почленно эти неравенства, получаем:
*1*1 + *Л + ...+z„tn^
или, пользуясь теперь условиями (**) и тем, что = 1, получаем неравенство (*), эквивалентное неравенству задачи. Легко видеть, что равенство имеет место только, когда
*1'-У1 = Х2'-Уг= *--=*П-Угг
304. Доказательство проводится аналогично доказательству неравенства задачи 302.
Обозначив
«1 + «2+ • • • +«п = «, + ^2 + • • • +	~
+ ^2 + • • • + In ~
и разделив доказываемое неравенство на аа63.../\ придем к неравенству, эквивалентному неравенству задачи:
416
РЕШЕНИЯ
[305
Из теоремы о средних получаем (сравните с решением
задач 301 и 302):
... 4-А.


= а^+рА+...+лА.
Складывая почленно эти неравенства для всех значений k~\, 2, . ..,/z, получаем:
(Ж4)’-(4)1+-+И“тв--(Н«
что и требовалось доказать.
Равенство имеет место только, если а1:Ь1*.... :/х = ~ а2 • ^2..^2 = • • • = ап •	• • • • • ^п'
Примечание. Обозначив
a=V’ 0 = 4’’ •••’ Х=-Г и a'=x?’ bi = y4i' •••> z<=“f р ч	*
(t = l, 2, ..., п), мы придем к новой форме этого неравенства, аналогичной неравенству Гельдера: если ~ +~+ • • • + у= 1» то при любых положительных ч и с л а х xlt ..., xn;ylt ..., цп\...; ult ...tun Х1У1 ... Н1 + *2У2 ... »2 + хпУп	ип^
<(^+^+..-+^)1/р(У1+г/’+---+у’)1/,7х... 
• •• х^+ul + ...+u^ )1/f.
305.	Положив в неравенстве задачи 304, что п последовательностей положительных чисел суть 1, ax; 1, а2; ... ...; 1, ап и а = р=..,=-^-, получим:
1	1	1	1 i х
(l+fll)n (l + a2)n ...(l+aB)n >l + aina7...a", откуда и следует неравенство задачи. *
Равенство имеет место только, если = аг = ... = ап.
306—308]
РЕШЕНИЯ
417
306.	Неравенство настоящей задачи есть частный случай неравенства задачи 304 при a = p=..,=X = -i-.
Равенство имеет место только, если ax:£x:...:/х = ... ... = :...: /п.
307.	Положив в неравенстве задачи 304
а = р=у = 4-’ ai = ^i = Ci = L 1 . 1 1 tZn =— ' , Ua —• ' , Са — ' , * X 1	2 у *	2	2 ’
получим: 1	1 | 1 1 1 1 1 1
(ах + я2)3 (^i + Ь2)3 (сх + с2)3	a* bi Ci 4-а23 Ь* с23,
или
Я1+4)(1+4-)(1+т)^1+р=-
Заметим, что по теореме о среднем геометрическом и среднем арифметическом (см. задачу 263)
О	О
откуда з7==>3-у хуг
Таким образом,
K(i+4)(i+i)(i+v) >1+3=4-
Возводя в куб обе части, получаем требуемое неравенство.
308.	Обозначим правую часть неравенства через S. В таком случае имеем:
52 = (ai + ^+...+/i)2 + (a2 + ^+...+/a)2+...
•	• • + (ап + + • • • + 4)* = [ai (ах + + • • • 4- 4) +
+ «2 (й2 + Ьг + ... + /2) -f-... + ап (ап Ьп + ... + /„)]+
4_[^1(а14-^1+-.-+4) + ^2(а2 + ^2+-'-+^2)+---
•	• • +Мап+^» + • • • +Q1 +... +(4 («1+^1 + • • • +^i)+ + 4 («2+^2+ • • • +4) + • •. +4(®п+^«+ • • «4)Ь
418
РЕШЕНИЯ
[309
Применяя неравенство Гельдера (задача 303) при р = q — 2 к каждому выражению в квадратных скобках, получим:
S2 al -J- + • • • 4~ ап $ +	+ • • • + bn S + ...
• • • +	+ ^2 + • • • + In
откуда и вытекает требуемый результат.
Равенство имеет место только, если	. :/х =
= а2:b2:...:/2 = ... = ап:Ьп:... :1п.
309.	a) un+J — ип = а0[(л+ 1)* —лА] + <4 [("+	—
— л*-1] + . .. +	[(л + 1)л]. Но при любых а и b
имеет место формула
ak — bk — (a — b) (ak~1 + ak~2b+ ... + abk~2 + b^1).
Применим эту формулу к разности (n-]-\)k — nk:
(п + Y)k — nk = (п + I)*'14- (п + 1)*~2 п + ...
... +(n+l)	+	=
где точками обозначены члены ниже чем (k — 1)-й степени относительно п. Остальные слагаемые никак не могут увеличить степень последовательности. Отсюда следует, что степень последовательности и^ — ип+1—ип равна k — 1:
и«1) = «о^*лА'”1+ • • •
б) После перехода от последовательности к последовательности Нп+1) степень последовательности уменьшается на 1. Поэтому и™—последовательность нулевой степени; другими словами, все члены последовательности равны постоянному числу. Значит, iz^+1) = 0 для всех л, что и требовалось доказать.
Примечание.- Из решения задачи также вытекает» что у последовательности k-н степени ряды разностей 1-го порядка, 2-го порядка и т. д. до Л-го порядка включительно не являются рядами одних нулей (т. е.	есть первый ряд разностей,
все члены которого равны нулю). Действительно, ряд разностей s-ro порядка нашей последовательности, где s < k9 представляет собой последовательность (k—s)-ro порядка, члены которой не могут
310]
РЕШЕНИЯ
419
обращаться в нуль (многочлен степени k—s обращается в нуль не больше чем при k — s различных значениях переменной). Что же касается ряда разностей k-ro порядка, то по поводу его см. задачу 310.
310.	Первое решение. В решении задачи 309а) мы видели, что если uzl==aon* + a1/z*“1+...есть последовательность &-го порядка, то Uni} есть последовательность (k—1)-го порядка вида м^1) = а0-^Л“1+ .. .Отсюда следует, что последовательность имеет вид = = aQk (&— 1) л*"2 + ..., последовательность имеет вид =	— 1) (k—2) nk~3 + ... и т. д., наконец^ после-
довательность имеет вид aQk (k—1).. .2*л+..., где точками обозначено какое-то постоянное слагаемое. Отсюда непосредственно следует утверждение задачи.
Второе решение. В силу результата задачи 309а) ряд разностей &-го порядка последовательности &-й степени является последовательностью нулевой степени, т. е. все члены его равны между собой (не зависят от л). Таким образом, достаточно определить
Для ряда ип мы имеем формулу
ип ~	+ • • • + Сл №
(см. задачу 313). Приравняем обе формулы:
abnk + aink~1 + • • • ak ~ ио +	+ ... + CntiQk\
Слева и справа мы имеем один и тот же многочлен, только справа нужно еще сделать приведение подобных членов. Слагаемое aQnk может получиться лишь из слагаемого Cku(k)-
rkn (k) _ n (n— 1) (n—2)... (n—k + 1) (k) --------	£1---------— 1*0 •
b	“(ok)
Коэффициент при л равен Приравняв коэффициенты при nk в левой и правой частях равенства, получим:
= отсюда n(ofe) = ao-А?!, что и требовалось доказать.
420
РЕШЕНИЯ
[811
311.	а) Выпишем ряд ип и k рядов сумм так, чтобы каждое число следующего ряда сумм стояло под теми числами, суммой которых оно является. Мы получим:
«0	«1	«2	«3	... и„		• • •
41’			«(зХ)	•••	й(1) мп + 1	. . •
й<2)			42)	• ••	й(2) ип + 1	• • •
й(А)	...
и0 «1	«2 и3 ••• Un Ufl+1 •••
— (Ъ\
зависит~только от urt,	un+k и не зависит от
остальных чисел данного ряда. Докажем теперь, что
CkUn+1 + CkUn + 2 + • • • +
Воспользуемся методом математической индукции. При
А=1 формула верна, так как она принимает вид
«л1>==	+	=	+
что является определением первого ряда сумм. Далее пусть формула верна для значения k — 1; докажем, что в этом случае она будет справедлива и для k:
= (C/Li ^n + C1k^1un+1 + C2k^lun+2 + ... +c£_Jttzl+jfe_1) +
+	w/l+1 + Cj_1ttrt+2 + Cl.1izzl+s+ . •. +C*-i ttn+*) =
= tfn + (C°_i + C^_1) un+1 + (Cl-i + Cl-i) mw+2 +...
... +	+ un+k_1 +Ckk-iUn+k,
Из определения символа С™ следует, что
CJL1 = CJL С*-! + Cfc-i = Cj, Cfe-i + Ck-i
и т. д. Поэтому
== С[ип + CkUn+1 + ... + Ck 1 un+k-i + ck^n+h
что и требовалось доказать.
б) Доказательство аналогично решению задачи а) и предоставляется читателям.
312—313]	решения	421
312.	Будем вести доказательство по индукции. Для первой строки формула верна, так как Cl ==jj.
Пусть она верна для (п—1)-й строки; докажем, что она верна для /z-й строки.
Из определения треугольника Паскаля имеем:
Ck.__<.	“ 1 ,	.
п — ^n-1 “Г
Поэтому при £>1 получаем:
nk	(n—1)(/г —2)...(n—-£4-1) | (n— l)(n — 2).. .(n—k)
^n~	(Г=Л)! Г £!
Преобразуем это выражение:
rk (n—l)(n—2)...(n—£4-1) / . . n —£\ ___ (Г=Л)!	£ г
__ n (n— 1) (n—-2).. .(n — £-f-1)
“ £!
что и требовалось доказать.
Если Л=1, то
^ = ^ + ^ = 1 + ^-1) = /*.
Примечание. Из полученной формулы следует, что числа, стоящие на (£-}-1);й линии треугольника Паскаля, параллельной боковой стороне треугольника, представляют собой последовательность £-й степени. Действительно, если £ постоянно, а п меняется, тс
rk_n(n — 1)...(« — £4-1)
С““ £!
является многочленом £-й степени от п.
313.	Для доказательства достаточно заметить, что числовой треугольник
«г «Г1’	«Г2) «о
«Г1*	«Г2)
«Г2)	и("-3) ...а2
является треугольником сумм, т. е. его можно переписать
422
РЕШЕНИЯ
[314—315
в виде
v0 vt v2 ... v„_t v„
Vo1* v<n v^1*	...
V(02*	?!** ... vj.’lo
и далее воспользоваться результатом задачи 311а).
314.	Если все числа k-ro и последующих рядов разностей равны нулю, то числа (k—1)-го ряда разностей постоянны (и отличны от нуля по условию задачи). Далее, так как в^+1)=и(0*+1)= ... =0,	a(eft)=/=0, то
вя=в04"• • • + Спйо**=ио4- n-ei1*-)-
Л(Л—1) (J) ,	л(л —1)...(л—Й+1) (А)
-i — ‘Uo -f- . . . -i--------------- «о
(см. задачу 313). Но эта формула выражает ип как многочлен k-Vi степени относительно я, что и доказывает утверждение задачи.
315.	Рассмотрим последовательность ип= 144-24 + 34 + 4*+5*+ ... +п* и вычислим нулевые члены первых пяти рядов разностей: 0 их «а и3 ut и5 ...
1	16	81	256	625 ...
15	65 175	369...
50 ПО	194... ’
60	84 ...
24 ...
Ид’=(я4- I)4—последовательность четвертой степени; поэтому и(о*’=0, если только k >5 (см. задачу 3096));
в(.°=1; Ио1’= 15; и^—ЭО; u(o4)==60; 4”=24;
поэтому, в силу задачи 313,
ип=04-я+ 15?(n~1)4-50w(n~1j(w~2)-|-
, 60 Л (Л-1) (Л-2) (л-3)	9 п (п-1) (л-2) (л-3) (л-4)
Тои	Т *	Igo	•
316]
РЕШЕНИЯ
423
Это и есть искомая формула. Приведя подобные члены, мы получим:
р•]. 24 + З4 + 44 + ... 4- д4 п<п+1 2)(2п+1)(3п4+3л—1) #
Примечание. Аналогично можно найти сумму 1*4-2*+3*4-.
где k — любое натуральное число.
316.	а) Первым рядом разностей последовательности ип= = 1Л-|-2Л + 3Л+ ... является последовательность А-й степени (л 4“ 1)*, у которой все числа (А 4- 1)-го ряда разностей равны нулю. Значит, н^+а)=0. Но если ряд имеет k 4- 1 ряд разностей, не равных нулю, то это целая рациональная последовательность (fc-f- 1)-й степени (см. задачу 314).
б) Пусть
ил=1* + 2Л4-3*+ ... 4-л*=Л0л*+14-Ал*4- ...
В таком случае илЛ+1)=А0 (&+1)! (см. задачу 310). Но «л*+1) есть А-й ряд разностей последовательности л^А-йсте-пени: Un1)==(fl + 1)*=лЛ+... Отсюда, в силу той же задачи 310, имеем: +1)=fcl. Итак, получаем А!=А0 (k4-1)!;
— коэффициент при п*+1 в выражении для ип =
s= 1*4-2*4-3*4- • • • +Л* равен .
Сложнее определить коэффициент при л*. Для этого вернемся к формуле задачи 313:
аи=аол* + а1л*-1+ ... +а*==
= и0 + С1пи(" + • • • + Скп~^~ ° +
Приравнивая коэффициент при л*-1 с обеих сторон этой формулы, мы получим:
Ч-2+...+(А—!)(*), I ,/*-*>_
М “а +(ГП)!в*
„Wj____1
“° +(T=Tji
______„* I 1
2 (Л—2)1 “° r(k—1)1 и°
fli =
(&—l)fc
=	2k\
1
424
РЕШЕНИЯ
[316
(сравните со вторым решением задачи 310). Теперь, применяя эту формулу к последовательности (/z+ \)k=nkjrC1ktik“‘1 + ... ... + 1, мы получаем:
Ck= 2 (£—2)! *	+ (6 — 1)1 ио 1);
И<6 *-1> = (Л—1)1	=(k— i)|M*+2) = £+l)l.
L 2 * * * J	z 2
Переходя к последовательности
«„==14243*+... +л*=л0«*+4^1«*+ .. • +'41. для которой последовательность (л + 1)* составляет первый ряд разностей, мы получаем по той же формуле
2(6—1)Г°
_	1 mi 1	(* + !)!_	6	6 + 1-1
2 (fc—1)!	’	2	2 ’’ 2	2 ’
(Здесь по понятным причинам u[k+1} и и^} обозначают то же, что выше обозначалось через и[к\ соответственной^”1) •) Следовательно, коэффициент при nk равен +.
Примечание. В решениях задач 134 а) —в) (см. стр. 36) мы имели в полном соответствии с результатом настоящей задачи
12 + 2» + ...+па=-(П~1~-)^—- 1)=-|'п8 + тПа + ^П’
Р+28 +... + п’=_1_ «4 + |«з+„4>
14 + 24 +... + «4 = "(»+l)(2n+l)(3na + 3n-l) =
1	.	,	1	4	,	1	,	1
= -п5+_п4 + упЗ--Я;
при Л = 1, очевидно, имеем:
1+2+...+л=^+^=1/Р + 1Я.
Точно так же можно быть уверенным, что, например, 1100 + 2100 4-... + «100 =_|_ «101 + 2. «100 +. _, 1 юоо + 2юоо	. 4-«юоо =	«юо1 4._1_ «юоо 4....
й т. Я.
317]
РЕШЕНИЯ
425
317.	Если а0=1, то задача решается просто. В задаче 310 было доказано, что в этом случае числа &-го ряда разностей равны М. Если числа данного ряда делятся на d, то и числа всех рядов разностей делятся на d. Поэтому k\ делится на d.
Рассмотрим теперь общее решение, которое верно и для случая а0#=1. Выше мы имели (см. задачу 313)
ип = ио + Пи^ + . . . Н---------------^0 •
Так как числа ип все делятся на dy то и и0,	, и(02), ...
...,4fe) делятся на d.
Вынесем d за скобки. Получим:
, Г ।	(1) ।	. л (л—1)...(л—&+1) (fc)l
un = d [®о + ^оЧ . . • + -,
где через г>0,	v(02), ..., v™ обозначены частные от деле-
ния на d соответственно л0, и[1}у и[2\ ,..tu{ok\ Все числа ^о» v<oX)> ^о2)» • • .,^0^—целые.
В скобках в виде дробей записаны лишь числа треуголь-о л(л —1)	л(л—1)...(п—6-Ы) D
ника Паскаля:	--, ... , — ---—------!—'. Выражение
в квадратных скобках приведем к общему знаменателю:
_^bonk + blnk-1 + .,.+bk
п	k\
Числа bQy Ь1У ...,bk являются целыми и dba dbr	dkk
~k\~a^ T\ ~fl1’
Сократим d и k\ на их наибольший общий делитель.
Получим = —, где d± и т не имеют общего делителя: Ritn	х
_____п djbi___ — aQ - — Uj т v т
т ~~аь>
или
..А
, аот , ______д^/л , akm
Отсюда следует, что числа а0, а1У . . .,ak все делятся на du
Но мы предположили, что числа а0, а1У ...9ak не имеют
14 д О. Шклярский и др.
426
РЕШЕНИЯ
[318 — 319
общего делителя. Значит, d, = l, тг = —, или -г—т, т.е. к\ т а
kl делится на d. А это и требовалось доказать.
318.	Построим треугольник сумм для чисел Сп, Cl.........СХ:
СО	х>1	х>2	х>Л
П	Ьд	• • •	Ьд
Cl	z-»2	z>3	х>Л
п + 1	*>П+1	^Л+1 • • • Ьд+1
С 2	/оЗ	лчП
П + 2	^П+2 • • • ^Л + 2
СП — 1	лчП
2Л-1	Ь2Д-1
Г" ^2П
В вершине его получим С2Л, так как весь треугольник является частью треугольника Паскаля.
В то же время, пользуясь общей формулой для членов треугольника сумм (см. задачу 311а), получим в вершине число
(Сп)2 + (сА)2 + (сА)2 +... +(сА)2.
Значит,
(сА)2 + (сА)2+(сА)2 +... + (сА)2=с?„.
а9
а3
а3
"ьз • • •
а4 Ь4
1
а а? а9
319.	Рассмотрим ряд чисел &Г» JT, • • • Для него построим треугольник сумм:
а V
•+т
'+2Т
а .а2 Т + & а* • 62 5т+3£
а2
а . 9 а4
b ft4
г6» • ‘ •
дЛ Обозначим через ип л-е число данного ряда: #д=£д. Тогда, как нетрудно заметить,
и(1) «л
«л-
320]
РЕШЕНИЯ
427
Отсюда по индукции выводим, что и^ = (1
Значит, 1?*’ =	В то же время
и = С*и0 4- C*Wi 4* CkU2 + •.. 4- С*иА =
, , , а , k(k — 1)а2 ,	, k(k— 1).. . 2-1 а*
==1 + Лт + —2~^+ ••• +------------kl------
Итак,
(J+tJ =1+*t + —2~p +• • •+----------------k\-----p*
Умножим обе части равенства на Ьк'.
(a + b)k =
= 6*4-kab11-14-	а2/»*-24 • • • +	ак =
= ак4- ka^'b 4- ак~гЬг + ...	bK.
Это и есть доказываемая формула.
320.	Рассмотрим треугольник 1	11	1	1
с;	2CJ	ЗС|	4С33 * ’ •
___1__ _______1__ 	1_ 2CJ	3CJ	4С|
1 1
ЗС®	4CJ
___1__ 4С3° ’ ‘ ‘
Знак —стоит во 2-й, 4-й, 6-й, ... строках. Докажем, что это — треугольник разностей ряда
1	1	1	ГТ
Ь“2 » • • •, ~, ••• Для этого достаточно доказать, что при любом kt не большем п — 1, имеет место равенство
1__________1_______1
лС*_х (n4-l)C* + l “(л4-1)С*’
428	решения	[320]
Имеем:
1__________1
nC^_1	(» + 1)С*+1 ~
__________kl___________________(fe 4-1)!_____=
п(п— 1) (п — 2).. .(п —/г)	(n-f- 1) п (п— 1).. .(n — k)
_	k'-	*+ц_
~~п(п— 1) (п —2)... (n — k) V	л4-1 I
___	kl	n—k_	1
~ n (n —1) (n —2).. .(n —&) ‘n+l""(rt + i)cj‘
Теперь, после того как мы доказали, что этот треугольник есть треугольник разностей ряда 1,	..^про-
делаем над ним все то, что указано в условии. Мы получим треугольник Паскаля.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
1. Докажите сначала, что общая сумма всех чисел 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: k = 2n— 1.
6) Обозначьте наименьшее число приемов, с помощью которых можно снять с проволоки п колец, через К (п) и выразите К (л) через К(п—2).
Ответ:
-L(2"+1 — 2), если я четно; О
_L (2п+1—1), если п нечетно.
О
К (п) =
4.	а) При первом взвешивании поместите на каждую чашку весов по 27 монет.
6)	Искомое число k определяется неравенствами З*-"1 < п^З*.
5.	Сначала положите на чашку весов по одному кубику; затем, положив на одну чашку оба эти кубика, на вторую кладите поочередно по паре из оставшихся кубиков.
6.	а) При первом взвешивании поместите на каждую чашку весов по четыре монеты.
б)	k = 7. Докажите, что если число N монет не превосходит 3«_____3
——, то при помощи п взвешиваний на чашечных весах без гирь всегда можно выделить одну фальшивую монету и одновременно определить, легче она или тяжелее остальных (разумеется, при &П_________________________________________3
этом должно быть N > 2); если же N > —— , то возможно, что п взвешиваниями этого не удастся сделать. Доказательство, опирающееся на принцип математической индукции, проведите в несколько этапов. А именно,последовательно докажите следующие предложения.
А.	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 <^3", то фальшивую
430	ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ	[7—17
монету можно выделить п взвешиваниями, а если N > 3", то это, возможно, не удастся.
Б. Пусть имеется N монет, среди которых одна фальшивая, имеющая другой вес, чем остальные (более легкая или более тяжелая— неизвестно), и еще по крайней мере одна заведомо настоящая 3/г___________________________________j
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,
хг Зп— 1
а если N > ——, то это, возможно, не удастся.
В.	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 первых четырех чисел каждой строки нашего числового треугольника зависит только от четности и нечетности первых четырех чисел предыдущей строки.
11.	Измените порядок следования полей так, чтобы с каждого поля можно было перейти на соседнее.
12.	15 621. '
13.	Два рубля.
14.	а) Закон чередования дней в году по нашему календарю таков: через каждые четыре года один год, номер которого делится на 4, является високосным; исключение 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, n==0, 1, 2, . ..
п раз
б)	Попытайтесь решить задачу: найти целое число, 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 каждому из этих чисел можно еще приписать в конце произвольное число нулей).
13—30]	ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ	431
18.	а) Числа, у которых все цифры, кроме первых двух, нули.
б)	Рассмотрите отдельно случаи, когда первая цифра искомого числа есть 1, 2, 3, ..., 9. Всего имеется 104 различных числа, удовлетворяющих условию задачи, к каждому из 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 285714.
20.	Используйте то, что числа, которые делятся на 5, должны оканчиваться цифрами 0 или 5; числа, которые делятся на в или на 8, оканчиваются четной цифрой.
21.	Попытайтесь решить задачу: найти число, увеличивающееся вдвое от перенесения начальной цифры в конец.
22.	Решается аналогично предыдущей задаче.
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, соответственно 1, 2, 3.
б)	Числа, в 4 раза меньшие своего обращенного, — это числа ряда
0, 2178, 21 978, 219 978, 2 199 978,...	(*)
или числа, десятичная запись которых имеет вид
Р1Ра...Рп_1Р„Рп_1...РаР1,
где Р19 Р2, ..., Рп—какие-то числа ряда (*).
25.	а) 142 857.
б)	Попытайтесь найти восьмизначное число, 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 четных степеней делится на сумму оснований.
б)	См. указание к задаче 27.
в)	56786730 = 2-3-5-7-11-13-31-61. Далее воспользуйтесь предложениями задач 27а)—д) и аналогичными предложениями, вытекающими из теоремы Ферма (см. задачу 240).
29.	Воспользуйтесь тем, что п2 + Зп + 5 = (п + 7) (п—4)+ 33.
30.	Разложите заданное выражение на множители и сравните число множителей с числом множителей, на которые можно разложить число 33.
432
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
[31—46
31.	Воспользуйтесь тем, что всякое целое число, не делящееся на 5, можно представить в виде 56 ± 1 или 56 ± 2.
Ответ: 0 или 1.
32.	Воспользуйтесь результатом предыдущей задачи.
33.	625 и 376.
34.	Найдите две последние цифры числа №°; три последние цифры числа 2V200.
Ответ: 7; 3.
ц ffl J- П
35.	1+2 + 3+...+п =.... 2—Группируя отдельные члены
суммы 1*+2* + 3*+... +nkt докажите, что эта сумма делится на у и на (п+1) или на п и на —~~ .
36.	Разность суммы цифр числа, стоящих на четных местах, и суммы цифр, стоящих на нечетных местах, должна 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 = 22-38.5-72. Докажите в отдельности, что заданное выражение делится на 5-72 и что оно делится на 22-38.
40.	Воспользуйтесь тождеством цю_1ю =
= (11 — 1) (11» +118 + 117 + 1 le+ 11б +11*+ 113+ 112 +11 + 1).
41.	Запишите данное число в виде
(22225666 + 4е665) + (55552222 — 42222)—(4б5М—42222).
42.	Воспользуйтесь методом математической индукции.
43.	Воспользуйтесь тем, что 10е—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
”) и Ответ: 36.
45.	а) 7; 07.
б) 3; 43.
46. Рассмотрите числа
Zt = 9, Z,=9z*', Z3 = 9z"........ Z1001=-9Z1’s'	= W
и определите последовательно одну последнюю цифру числа Zlt две
47—59]	ответы и указания	433
последние цифры числа Za, три последние цифры числа Z3, четыре последние цифры числа Z4, пять последних цифр числа Z5, пять последних цифр чисел Z6, Z7, ...» Z1001 = 7V.
Ответ: 45 289.
47.	Искомые 1000 цифр будут рРР...Р, где
23 раза
Р = 020408163265306122448979591836734693877551
— период чистой периодической дроби, в которую обращается
а р — группа последних 34 цифр числа Р. Для доказательства
воспользуйтесь тем, что
_ 50юоо _ 1 _ 5оюоо __ 1 50—1 “	49
48.	24.
49.	а) Сравните степени, в которых входит какое-нибудь простое число р в произведение а! и в произведение (/ + 1) (/ + 2)... (/-|-а).
б), в) Воспользуйтесь результатом задачи а).
г) Докажите сначала существование такого числа k, что kd, 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)	(и — 1)! не делится на и2, если п есть простое число, удвоенное простое число или если п = 8, и = 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 последовательных целых чисел делится на 5, но не делится на 25.
б)	Определите остаток, который дает сумма четных 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.
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 покажите, что площадь прямоугольника делится на 4 и что она делится на 3.
57.	Рассмотрите, какой остаток может давать Ь2—4ас при делении на 8.
58.	Докажите, что после сложения дробей и возможного сокращения результата получится дробь, знаменатель которой делится на 3 и на 2.
59.	Для доказательства того, что числа М и N не являются целыми, надо показать, что после сложения мы получим дробь, знаме
434	ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ	[60—66
натель которой делится на более высокую степень 2, чем числитель. Доказывая, что число К не является целым, надо в предшествующих рассуждениях заменить степень двойки степенью тройки.
60.	а) Приведем заданную сумму дробей к общему знаменателю (р—1)!. При этом в числителе мы получим сумму всевозможных произведений из р—1 чисел 1, 2, ...» р — 1 по р—2. Обозначим сумму всевозможных произведений из п чисел 1,2, ..., п по k через П*. Нам надо показать, что где р—простое, делится на р2.
Использовав формулу
(*- 1) (х—2) (х—3).. ,(х- р +1) =
= (*)
И то, что
[(*- 1) (х—2) (х—3)... (х—р +1)] (х-р) =
= (х—1) [(х—2) (х—3)... (х-р +1) (х—р)], докажите равенство друг другу двух многочленов, коэффициенты которых зависят от П^_1, П^_1, ..., Приравнивая затем коэффициенты двух полученных таким образом многочленов, получите ряд соотношений между величинами П^_1 и выведите из этих соотношений утверждение задачи.
б) Приведите данную сумму дробей к общему знаменателю [(р —I)!]2; при этом числитель будет равен (П£32)2— 2 (р—1)!
Далее см. указание к задаче а).
61.	Воспользуйтесь тем, что дробь ~ сократима или несократима одновременно с дробью .
62.	Докажите, что для любого целого числа b число разностей ak—ai> делящихся на Ь, не меньше числа разностей k — /, делящихся на Ъ\ при этом рассмотрите сначала случай, когда п кратно Ь.
63.	Докажите сначала тождество
(1 + 104+ 108 +... + 104А). 101 =
= (1 + Ю2 + Ю4 + ... -j- 102*) (Ю2Й+2 +1).
64.	а) а—Ь\ б) а—Ь.
65.	Покажите, что (22”+1) — 2 делится на все предшествующие числа заданной последовательности; отсюда будет следовать, что 22” + 1 не может иметь с предыдущим числом последовательности общий делитель, отличный от 2.
66.	Рассмотрите, какие остатки могут давать числа 2й—1 и 2й+ 1 при делении на 3.
67—84]	ответы и указания	435
67.	а) Рассмотрите, какие остатки могут давать числа р, 8р—1 и 8р 1 при делении на 3.
б)	Рассмотрите, какие остатки могут давать числа р, 8р24-1 и 8ра — 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 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 70а) и б) удобно пользоваться таблицами простых чисел.
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 ... 2177 ... 78.
665 раз 665 раз
73.	Частное равно 777 000 777 000...777 000 77, остаток 700.
группа 777 000 повторяется 166 раз
74.	222 222 674 025 = 471 405*. // 1 \100 / 1
75.	Докажите, что если У a < 1 — J , то и а <1 “
76.	523 152 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 10" ”1 и последним членом 10" — 1.
б) 1 769 580.
79.	Рассмотрите сначала все целые числа от 0 до 99 999999, 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 1)2, ...»(/i4~S)2, 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.
436	ответы и указания	[85<—97
85	—86. Воспользуйтесь формулой для суммы членов арифметической прогрессии.
87.	Представьте выражение п (п +1) (п + 2) (n-]-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 первоначальные числа, не позднее чем через четыре шага мы придем к четверке четных чисел.
90.	б) Постройте возрастающую последовательность, начиная с первого из выписанных 101 числа. Если в этой последовательности будет меньше 11 чисел, то вычеркните эти числа и постройте новую возрастающую последовательность, начинающуюся с первого оставшегося числа; если и в этой 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 выбранных чисел.
92.	а) Рассмотрите наименьшие по абсолютной величине остатки, которые дают числа при делении на 100.
б)	Пусть аъ а2, ..., а100—данные числа. Рассмотрите остатки от деления на 100 чисел а19 a1 + a2t ai4-a2 + a3» •••
93.	Пусть шахматист сыграл за какой-то день а± партий; за, этот день и следующий а2 партий; за три последовательных дня а3 партий и т. д. Рассмотрите 154 числа: alt а2, ...» а77, аг + 20, п2 -р 20, ..., о77-{-20.
94.	Рассмотрите остатки отделения на N чисел 1, 11, 111, ...
95.	Последние четыре цифры разности вполне определяются последними четырьмя цифрами уменьшаемого и вычитаемого. Докажите, что существуют п и k такие, что последние четыре цифры (и4-/г)-го и (п1)-го членов ряда Фибоначчи соответственно равны последним цифрам /г-го и (/г-|-1)-го членов ряда; в таком случае последние четыре цифры (n + k—1)-го члена будут равны последним четырем цифрам (k—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 (0, 4) числовой оси (4—произвольное целое положительное число, меньшее т + п) содержится ровно 4 — 1 из наших дробей.
98—109]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
437
98.	Обозначьте через fy(/=l, 2, 3, ...) число тех из наших 1000 1000
чисел, которые заключаются между • и т-j—j , и подсчитайте число меньших 1000 чисел, кратных хотя бы одному из чисел °1» О2> •••» atr
99.	Длина k периода ~ может быть определена как наименьшая степень kt для которой 10*—1 отсюда следует, что 10*4" 1 делится число. Из последнего можно alai...alal+ial+i...ak дроби -у
делится на q. Если k — 21, то 10*4-1
на q, т. е. —-— есть целое вывести, что в периоде
а1 + Д/ + 1 = Д2+Д/+2= . . . = 0/-|-02Z==9-
100. Воспользуйтесь тем, что число цифр в периодах дробей и равно наименьшим положительным числам k и /, таким, что 10*—1 делится на р", соответственно 10z—1 делится на рп+1.
101.	Всякое число х может быть представлено в виде [х] -}-а, где 0 < а < 1.
102.	Рассмотрите все точки плоскости с целыми координатами, расположенные внутри прямоугольника 0 < х < q, 0 < у < р (х, у — координаты точек плоскости) под его диагональю, исходящей из точки (0, 0).
103.	Воспользуйтесь методом математической индукции. (Можно также решить задачу, исходя из геометрических соображений; для этого надо рассмотреть все точки с целыми координатами, расположенные в первом координатном углу под гиперболой ху — п.)
104—106. В решении задачи 104 следует использовать то, что [(2 + К 2)"] = (2 + V 2)” + (2 - /~2)"-1.
Аналогично решаются и задачи 105а), б) и 106.
107.	Из р последовательных чисел n, п—1,п—2, ...,л—р 1 одно (и только одно) делится на р; если это число равно N, то [п 1 N „ л	Гп 1
— =—. Таким образом, разность Срп— — можно записать так- n(n~l)...(^ + l)^(2V-l),..(n~p + l)
р!	р
108.	Докажите сначала, что если п — число членов последовательности [а], [2а], [За], ...» не превосходящих 7V, то ла = #-(-/, где 1 —а^/ < 1.
(уу \
— ) равно числу не превосходящих N 2* /
целых чисел, делящихся на 2*”1, но не делящихся на 2*.
438
ОТВЕТЫ И' УКАЗАНИЯ
НТО—И9
НО. а) 7744.
б) 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83 и 92.
111.	Если а—число, образованное первыми двумя цифрами искомого числа, а Ь^— число, образованное двумя последними цифрами, то 99а = (а + &)2—(а4-Ь) = (а + &) (а + &— 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.
б)	1, 8, 17, 18, 26, 27.
115.	а) х не может быть больше 4.
Ответ: х = 1, у=± 1; х = 3, (/= ± 3.
б)х=1, у=± 1, 2—любое четное; х = 3, //=±3, 2 = 2; х=1, y—lt г—любое нечетное; х—любое положительное, у = 1! 4-2! +... 4-х!, 2=1.
116.	Рассмотрите, на какую степень двух могут делиться искомые четыре числа.
Ответ: При п нечетном разложение невозможно, при п четном существует единственное разложение
( А_Л2 ( А_Л2 ( 21-Л2 ( Д.Л2 2"=\22 J 4-\2 2 J 4-\22 J +\22 J .
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 и z удовлетворяют выпи-kxy
санному равенству, и, например, 2 >-^ , то эти числа можно уменьшить, с тем чтобы они продолжали удовлетворять тому же
_	kyz kxz kxy
равенству. Если же x^-^-t y^~^-t z^~~ и x^y^z, то должно быть 2«С&ХйСЗ.
Ответ: k—1 и 6 = 3.
б) Каждую такую тройку целых чисел можно получить при помощи последовательных подстановок вида х± = х, у^ — у, 2г—кху—z из одной из троек 1, 1, 1 и 3, 3, 3. Всего в пределах первой тысячи имеется 23 тройки целых чисел, удовлетворяющих условиям задачи.
119.	Пусть х, «/ — пара чисел, удовлетворяющих условию задачи.
о	х2 + 125	г/2 + 125
В таком случае —------= ц, -——— = у, где ц, v—целые числа.
Покажите, что пары чисел х, и и yt v тоже удовлетворяют тому условию, что квадрат одного числа, увеличенный на 125, делится на второе. Отсюда следует, что, исходя из одной пары взаимно простых чисел, удовлетворяющих этому условию, можно построить бесконечную в обе стороны цепочку чисел, каждые два соседних числа ко
120—128]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
439
торой обладают этим же свойством. Для того чтобы найти все такие цепочки, докажите, что в каждой цепочке имеется число, не превосходящее 1^125 < 12.
Всего имеется 31 пара чисел, удовлетворяющих условию задачи.
120.	Последовательно рассмотрите случаи, когда все четыре числа различны; два числа равны, остальные различны; две пары чисел попарно равны и т. д.
Ответы: 96, 96, 57, 40; 11, 11, 6, 6; £(3fc±2), Л(3^±2), /г (36 ±2), 1 (k—произвольное целое число, такое, что k (3k ± 2) положительно); 1, 1, 1, 1.
121.	2, 2 и 0, 0.
.22 1-1+1+-L-1 + 1 +1-14-1+1
122.	1- 2 + 4 + 4- 2 + 3 + 6_ 3 + 3 + 3 •
123.	а) Привести задачу к следующей: найти два числа, произведение которых известно.
б) x = m(m + n)t, g = n(m + n)t, z = mnt, где т, п, / — произвольные целые числа.
124.	а) Пусть у > х; покажите, что в этом случае у делится на х.
Ответ: х = 2, у = 4.
б)х==(^— 1 , у =	, где р —произвольное целое
число, отличное от 0 и —1.
125.	7 или 14.
126.	Из соотношения количества очков, набранных девятиклассниками, и числа сыгранных ими партий можно получить, что все девятиклассники выиграли все сыгранные ими партии. Отсюда следует, что в турнире участвовал единственный девятиклассник.
127.	Обозначьте р—а — х, p—b = y, р—с=2, где a, Ь, с—стороны треугольника, а р—его полупериметр. В таком случае задача сведется к решению в целых числах уравнения xpz = 4 (x-f-p + z),
4p4-4z или X	——
yz—4
Условие х у можно рассматривать как квадратное
неравенство относительно у (с коэффициентами, зависящими от г); отсюда можно найти границы, в которых должны заключаться z и 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 x2 + p2=z2. Если х, у и z—не взаимно простые, то все члены уравнения можно сократить на их общий множитель; поэтому можно считать х, у и z попарно взаимно простыми. В этом случае z нечетно, а из чисел х, у одно (например, х) четно, второе нечетно. Далее запишите уравне-( х \2 z-j-p z—у	„	z-4-р
ние в виде I I	и воспользуйтесь тем, что —1-2
z—У
и —о  - взаимно просты^ л
440
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
[129—134
Ответ: x=?2tab, y = t (at—b2), z = t (a2 + b2), где а и b—произвольные взаимно простые числа (а > b), t произвольно.
б) Задача сводится к решению в целых числах уравнения г2 = х2+1/2 — ху, или [4г + (х + </)]2 = [2г + 2(х-|-у)]2 + [3(х—у)]а.
Далее воспользуйтесь результатом задачи а).
Ответ: х =	tb(2a—b), у—\ ia (2 b—a), z=-^-1 (а2 b2—ab),
О	О	О
где а и b взаимно просты ^~<6<2а^ , и по крайней мере одно из чисел t, a-\-b делится на 3, t произвольно.
в) Задача решается аналогично задаче б).
Ответ: x=-^ta(a—2b), y = ^tb(2a—b), z = -i t (a2-\-b2—ab), ООО
где a и b взаимно просты (a > 2b), и по крайней мере одно из чисел t, а + b делится на 3.
юл тх	< b sin nA с sin (л+1) Л
129. Исходите из формул —=—:—j , ——-------- - л— (угол
a sin А л	sin А
В = пА), где п = 2, 5 или 6; правые части этих соотношений выразите через 2 cos А и воспользуйтесь тем, что 2cos А рационально.
Ответы: а) а —4,	6 = 6,	с = 5.
б)а=1024,	6=1220,	с = 231.
в) а = 46656,	6 = 72930,	с = 30421.
130.	Воспользуйтесь результатами задачи 128а) для того, чтобы показать, что если x4 + t/4 = z2, где х, у, z—целые положительные числа, то существуют такие целые положительные числа ylt zlt где < z, что x*+y*=zf. Повторяя этот процесс, можно доказать, что в таком случае должно иметь место абсурдное равенство* x4-j-y4=lt где х и у—целые положительные.
131.	Умножьте обе части равенства на п\ (относительно обозначений см. стр. 22).
132.	а) 1 — — .
' п
61 1 Г1 1 1
1 2 [2 n(n—1)J'
„ч 1 [1 1 ]
В' 3 [б n(n— l)(n—2)]’
133.	Воспользуйтесь методом математической индукции.
134.	а) п(п+1)(2п+1)_
б)	п2<п + 1)а.
. n(n + l)(2n+l)(3n2 + 3n—1)
в)	30
г)	n2(2n2—1).
135—152]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
441
135.	Перенесите единицу в левую часть равенства.
136.	а) (/г + 1)! — 1.
6)C*+ft+1-l.
137.	Воспользуйтесь тем, что
138.		5-.
..ап
139.	а)
10go6.
sin 2”+>« ' 2”+1sina’
31.
а) Сравните данное произведение со следующим: 6	98
-у-. ..дд или возведите доказываемое неравенство в квадрат.
140.
141.
2 4
3*5*
б)	Докажите, пользуясь методом математической индукции, что
1.	А . А —1	1
2 * 4 ’ 6 2п <	‘
142.	Воспользуйтесь неравенством задачи 141а).
143.	99"+100” больше чем 101” при п «С48 и меньше чем 101” при и >48.
144.	300!
145.	Докажите предварительно, что для любого целого положительного k < п
п
146—147. Воспользуйтесь результатом задачи 145.
148.	Воспользуйтесь методом математической индукции.
149.	Используйте формулу бинома Ньютона.
150.	Воспользуйтесь методом математической индукции.
151.	Воспользуйтесь неравенством
(Л+1)Х*(Х— 1)>ХЙ+1 — 1 >(Й+1)(Х— 1),
из которого можно получить, что для каждого целого положительного р
(Р+ 1)* + ! — pft + ! > (k+ 1) pk >	+ 1 — (Р —	+
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 меньшего числа членов).
442	ответы и указания	[153—164
153.	Докажите предварительно, что
г/'мП—2 Уп<у= <2 Уп—2 Vn^i.
Ответы: а) 1998.6) 1800.
154.	Докажите предварительно, что
4[^(МЙР-з/^] <	<4[^_^Г=ТЙ].
Ответ: 14 996.
155.	а) 0,105.
б)	Воспользуйтесь тем, что
J-4-J-4-L+	|	1 г 1 / 9 I 10 I П I 1 999 1
10! r 111	121 *••• И)00!	9 |Wl’rll!’l'12!"r,"^1000!f •
Ответ: 0,00000029.
156.	Воспользуйтесь результатом задачи 152а).
157.	Вычислите предварительно число незачеркнутых слагаемых 1 1 между — и —— .
10*	10*+1
158.	а) Решается аналогично задаче 156.
б)	Воспользуйтесь результатом задачи 132а).
159.	Докажите, что для всякого целого k и целого р^2 f Л , 1 t 1 , 1 ,	, 1 \	21g3
1Ц1+7+^+^+-"+-й)<—
Воспользовавшись этим, выведите, что
1®(1+y+4+T+-+^i+-i)<s
<218з(1+±+1 + ...+±).
где р;—наибольшее простое число среди чисел от 1 до п.
160.	9.
161.	Докажите, что если а + &-[-с=0, то (a-J-bс)3 = = а3 + Ь3 + с3 — Заде.
162.	а) а34-д3 + с3—3abc = (a + b + c) (а24-д24-с2—ab—ас—Ьс)> б) (а + д + с)3—а3—д3—с3 = 3(а + д)(а + с)(д + с).
163.	Воспользуйтесь результатом задачи 162а).
164.	Воспользуйтесь результатом задачи 1626).
165—1741
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
443
165.	Воспользуйтесь тем, что а10 + а6 4~ 1	, а
а16—1 = (а3)5—1.
Ответ: а10 + аБ+ 1 = (а2 + а+ 1) (а8 — а7 + аб—а4 4-а3 —a 4- I).
166.	Докажите, что разность (xm94-x8888+...+*1111+l)~-— (х94-х84- ... +*+ 1) делится на х94-х84-... 4-х4-1.
167.	Ответ:
х _ а h х	а + Ь (а-Ь)^3	а + Ь (а-ЬуУз
Xj— a ut х2— 2 *»	2	*3— 2	2 х’
168.	Избавьтесь от радикалов и решите полученное уравнение относительно а.
Ответ:	_____
^1,2=“2‘± j/"а+4"»
1 . 1/ з Ч4—-2 ±У «-у
169. Воспользуйтесь тем, что если х2 4- 2ах 4-	= у, то
х =—а 4- j/"а* + у—и рассмотрите графики функций </ = х2 + 2ах + ^ и tzj = — а+ а2 + %—
Ответ:
1— 2а , ,//1—2а\2 Г
*1,2- 2	± V \ 2 )	16'
170.	а) Докажите, что должно быть Зх = х2.
Ответ: хх = 3, х2 = 0.
б)	Докажите, что должно быть ^- — х.
l + VT 1 —/5"
Ответ: хх = —g—,	х2=—.
171.	Корни уравнения — все числа, заключенные между 5 и 10 (5<х < 10).
172.	Корни уравнения: число — 2 и любое число, не меньшее 2 (х = —2 и х^2).	_
173.	При а== ± 1 система имеет три решения; при а=± 1^2 система имеет два решения.
174.	а) При а — —1 система не имеет решений, при а==1 система имеет бесконечно много решений.
444
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
[175—186
б)	При а=± 1 система имеет бесконечно много решений.
в)	При а=1 система имеет бесконечно много решений, при а = —2 —не имеет ни одного решения.
175.	Для того чтобы система имела решения, необходимо, чтобы три из четырех чисел а4, a2, a3, a4 были равны между собой. Если q	* a2	( а а \
a1=(x2 = a3==a, а4==0, то х4 = х2 = х3 = у , x4 = afp — yj.
176.	Единственное действительное решение х=1, у = 1, z=0.
177.	а) Число действительных корней уравнения равно числу 1
точек пересечения прямой	и синусоиды i/ = sinx.
Ответ: 63 корня.
б)	Искомое число корней — число точек пересечения синусоиды 0 = sinx и логарифмической кривой i/ = logx—равно 3.
178.	То, что xj + x”—целое число, доказывается методом математической индукции. Далее покажите, что если бы xJ-|-*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 произведений, а квадрат второго многочлена может.
180.	Воспользуйтесь методом математической индукции; рассмотрите отдельно случаи четного и нечетного показателей степени.
181.	Если 99 999+111 111 уТ=(4+В /З)2, то
99 999 — 111 111 УЗ = (А — В /З)2.
182.	Докажите, что если ^/2 = р + q |/г, то р/2 есть рацио-нальное число.
183.	Второе из двух выражений больше первого.
184.	х== <»1 +«2+ .
а) а2, о4, я3.
185.
б) Докажите, что если и —какие-то два из заданных чисел (a < Р) и р а/р+1 — числа, стоящие в искомом расположении перед и после а^, то
Ответ:	о2, о4,	...,	&п—1» ап—з» ^« — 5» • • •»^5» ^3
при и четном; а19 а2,	а6, ... , an, art_2, an-4» • • • »аз
при п нечетном.
186.	а) Рассмотрите ломаную А0А1А2 ... Ап, такую, что проекции отрезков 40Alf AtA2, ... , An_LAn на ось Ох равны соответственно
187—198]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
445
aY, а2, ... ,ап, а на ось Оу — blt b2, ... ,Ьп. Равенство имеет место, если —^=г^ = ...=г2.
bi Ь2	Ьп
б)	Воспользуйтесь неравенством задачи 186а).
187.	При и четном задача может быть решена геометрически аналогично решению задачи 186а); случай нечетного п может быть сведен к случаю четного п. Равенство имеет место при п четном, если ах = 1 — а2 = а3 = 1—о4«»... =ап_1~ 1—ай, а при п нечет-
ном—только если аг = а2~ ... ^=ап — -^ .
188.	Возведите обе части неравенства в квадрат.
189.	При любом х cos sin х больше чем sin cos х.
190.	а) Если log2ft = a, log5tt = 6, то ла ь =10.
б)	Если log2ft = a, log7X2 = b, то
191.	а) Воспользуйтесь тем, что для каждого угла х первой четверти sin х < х, cosx < 1.
б)	Воспользуйтесь тем, что для каждого угла х первой четверти tgx > х.
192.	Воспользуйтесь геометрическим определением тангенсов как длин отрезков в тригонометрическом круге или как удвоенных площадей некоторых треугольников.
л
193.	arc sin cos arc sin x + arc cos sin arc cos x == -% .
194.	Замените в сумме cos 32x + дзх cos 31x + ... + a± cos x угол x на %4-л и сложите полученное выражение с первоначальным.
195.	Вычислите последовательно
2sina1«45°, 2 sin	45°,
+	...
... , 2sin (a1+^ + ...+ei|^).45o, исходя из формулы
2sin~-=± К2 — 2 cos а.
196.	1.
197.	Воспользуйтесь тем, что данные многочлены имеют те же самые коэффициенты при х20, что и (1 4-х2 + х3)1000, соответственно (1— х2—х3)М0°.
198.	Воспользуйтесь формулой (а + Ь)(а—Ь) = сР—&.
446
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
[199—214
199 а> ______ Л0011
' юо1 “501.951! ’
6Ы000С61 -С62	51 °50-10011
б) юоос1ОО1 с1001 - 52!>950! •
200.	Обозначим данное выражение через П*; в таком случае
ЩМПл^-2)*. 42&-1____________4Л-1
Ответ:
3
201.	а) 6.
б)	6х.
202.	—% + 3.
203.	Воспользуйтесь тем, что многочлен х4 + х3 + 2х2 + х +1 есть делитель двучлена х12— 1.
Ответ: — 1.
204.	а) х4— 1 Ох2+ 1=0.
б)	х6—6х4—6х3 +12х2 —36х+1 =0.
205.	Преобразуйте выражение (а—у) (Р—у)(а + д) (р + 6), используя то, что а + р== — р, ар = 1; у + 6 =—q, у6 = 1.
206.	Q* + q*_pP(Q+q) + qpt+Qpb--2Qq..
207.	а = 1 и а ——2.
208.	а —8 и а = 12.
209.	6=1, с = 2, а = 3; b ——1, с = — 2, а = —3; 6 = 2, с = —1, а = 1 и 6=1, с = —2, а = —1.
210.	а) Никогда.
б)	Только если n = 2, a2 = a1 + 2 и п = 4, а2 = а± — 1, Яз = £1 + 1, ц i=== цх + 2.
211.	Воспользуйтесь тем, что если
(х—aj2 (х—a2)2.. .(х—a„)2 +1 =р (х)q (х),
то р (х) и q (х), так же как и (х—ах)2 (х—а2)2...(х—aw)2 + l, ни при каком х не обращаются в нуль и поэтому не могут менять знака. В остальном решение аналогично решению задачи 210а).
212.	Используйте то, что 14—7 = 7 нельзя разложить в произведение нескольких целых множителей, из которых четыре являются различными.
213.	Воспользуйтесь тем, что если многочлен разлагается на множители с целыми коэффициентами, то при тех х, при которых многочлен равен ±1, сомножители его тоже равны ±1, 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 (/ — два целых числа, то Р (р) — Р (q) делится на p—q.
215—227}	ответы и указания	447
(k \
— 1=0, тоk —pl— ±1 и£ —<//=±1.
216. а) Приравняйте коэффициенты при одинаковых, степенях х в обеих частях равенства
(«О + «I* + «2*2 + • • • + <Wn) (Ьо + М + Ь2х2 + ... + Ьпхп) = = с0 + сгх + СаХ2 + . . . + сп+тхп+т
и, воспользовавшись полученной формулой, покажите, что если бы рассматриваемый многочлен разлагался на два множителя, то все коэффициенты одного из сомножителей должны были бы быть четными (что невозможно, так как в исходном многочлене старший коэффициент равен 1).
б) Положите в рассматриваемом многочлене х — 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 простое число 251.
217.	Воспользуйтесь той же формулой, что и при решении задачи 216а) (см. указание к этой задаче).
218.	Докажите, что Р где — несократимая дробь, не может быть целым числом.
219.	Пусть Р(Л) = Л4; докажите, что P(N + kM) — Р (N) при всяком k делится на М.
220.	Представьте многочлен Р (х), принимающий при целых х целые значения, в виде суммы Р (х) = 60Р0 (xj + ^Pj (х)4- ... ... +ЬпРп (х) с неопределенными коэффициентами Ьо, Ьг,...,Ьп и определите эти коэффициенты, подставляя в последнее равенство последовательно х=0, 1, 2, 3, ... ,п.
221.	а) См. указание к предыдущей задаче.
б)	Сделайте в многочлене замену переменных: y — x+k. в) Рассмотрите многочлен Q (х) — Р (х2).
222.	Воспользуйтесь формулой Муавра.
223.	Воспользуйтесь результатом задачи 2226).
224.	Если х 4--^- = 2 cos а, то x = cos а ± i sin а.
225.	Воспользуйтесь формулой Муавра.
226.	Воспользуйтесь результатом предыдущей задачи.
9 . «о 1	1	2	п—1 . sin(n4-l)«cosna
Ответ: cos2 a 4-cos2 2a+ • •. 4-cos2 na = —7:—---Л /----;
2	2 sin a
.9 , . 9n ,	. .9	n+1 sin (n-Ь 1) a cos na
sin2 a 4- sin2 2a 4-... 4- sin2 na — —75--—4------.
*	*	2	2 sin a
227.	Воспользуйтесь формулой Муавра и формулой бинома Ньютона.
448
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
[228—239
Ответ. Заданные выражения соответственно равны пи па л + 2 пп и а , п + 2 2" cos" — cos —• а и 2" cos" sin —~~ а.
228.	Воспользуйтесь формулой
sin A sin В=-~ [cos (А —В) —cos (А + В)]
и результатами задачи 225.
229.	Рассмотрите корни уравнения х2"*1—1=0.
230.	Воспользуйтесь формулами задачи 2226).
231.	Воспользуйтесь результатом задачи 2306). ti (2n—1) 2п (п 4-1)
Ответ: а) ———-. 6) —. о	о
232.	Воспользуйтесь рёзультатом задачи 230а).
_	. /2п+Т Кп _ 1 Уп
Ответ, а)	и 2«-1 ‘	2” и 2Л—1 '
233.	Воспользуйтесь тем, что если а есть угол первой четверти, то sin а < а < tg а.
234.	а), 6) Воспользуйтесь формулой задачи 225.
в) Воспользуйтесь результатом задачи 6).
235.	а) Воспользуйтесь предложением задачи 234а).
6)	Воспользуйтесь формулой задачи 225.
236.	а) Воспользуйтесь предложением задачи 234а).
6)	См. указание к задаче 2356).
в)	Воспользуйтесь результатом задачи 232а).
237.	Воспользовавшись формулой Муавра, представьте sin50 а в виде суммы косинусов углов, кратных а, взятых с некоторыми коэффициентами.
Ответ: 5000R5» =
I С2 — Ц2
238.	Воспользуйтесь тем, что 2 cos А =— рационально, а 2 cos нА есть при любом п многочлен n-й степени относительно 2 cos А; воспользуйтесь также теоремой задачи 218.
239.	а) Подставьте во вторую формулу задачи 2226) 9 = — 180°,
1	1/42 i
cos 9=—, sin9 = —-------.
Р	Р
6) Если 9 = -~ 180°, то (1 4-7 tg 9)" = (1—i tg9)". Подставив сюда tg9 = 4-, p^q9 приходим к невозможному равенству.
240—251]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
449
240.	Воспользуйтесь тем, что если а не делится на р, то числа a, 2а, За, ... , (р— 1) а дают при делении на р различные остатки.
241.	Воспользуйтесь тем, что если klt k2, ... , kr—все целые числа меньшие N и взаимно простые с N, то числа kta, k2a, ... ,kra дают при делении на N разные остатки.
242.	Воспользуйтесь методом математической индукции.
243.	Воспользуйтесь теоремой Эйлера (задача 241).
244.	Докажите, пользуясь методом математической индукции, что каково бы ни было целое число N, 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). Условию /р—1 \ । задачи удовлетворяет число х=1——) ••
247.	а) Покажите, что произведение (а2 4-Ь2) (а* -f- bf) можно представить в виде суммы квадратов двух многочленов.
б)	Докажите, что если произведение /пр, где р есть простое число, а т отлично от единицы и меньше р, можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел, то множитель т можно уменьшить, т. е. можно найти такое число п < т, что произведение пр тоже можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел. Далее воспользуйтесь предложением задачи 246.
в)	Воспользуйтесь результатами задач а) и б) и предложением, сформулированным в указании к задаче б).
248.	Докажите, что для каждого простого числа р, отличного от 2, можно найти два таких числа х и у, оба меньшие , что х2 и — у*—1 дают при делении на р одинаковые остатки.
249.	а) Покажите, что произведение (xj-f-x| -f-x* + *4) X X ( Уi + + У23 + У2) можно представить в виде суммы квадратов четырех многочленов.
б) Решение аналогично решению задачи 247 (см. указание к этой задаче). Вместо предложения задачи 246 в этом 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 ушестеренный квадрат можно представить в виде суммы 12 четвертых степеней целых чисел. Далее воспользуйтесь тем, что каждое целое число дает при
450	ответы и указания	1252—262
делении на 6 остаток, не больший 5, и примените 2 раза теорему задачи 2496).
252.	Идея решения задачи состоит в следующем. Требуется найти какое-нибудь решение в положительных рациональных числах уравнения
х8 4- 4/3 + г3 = а,
где а есть наперед заданное рациональное число. Здесь мы имеем одно уравнение для определения трех неизвестных. Предположив, что два из этих неизвестных связаны подходящей зависимостью, можно значительно упростить уравнение; так, например, положив 1/ = — 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—^/а. В этом случае последнее неизвестное х выражается через а с помощью радикала и, вообще говоря, оказывается иррациональным. Надо постараться найти такую зависимость между двумя неизвестными, чтобы из упрощенного уравнения последнее неизвестное выражалось через а рационально (без радикалов); после этого останется только найти рациональные значения остальных двух неизвестных, связанные предположенной зависимостью (при помощи которой мы упростили уравнение). При этом удобно перейти от неизвестных х, у, z к новым неизвестным; при выборе этих новых неизвестных следует исходить из тождества задачи 1626).
253.	Пусть 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 рх,р2,	, рп есть п простых чисел вида 4k— 1 (или
6£—1). Найдите число вида 42V—1 (или 67V—1), которое не делится ни на одно из чисел рх, р2, ... рп и больше каждого из них.
б)	Идея решения близка к использованной в решении задачи а);' при доказательстве следует воспользоваться теоремой задачи 247в).
в)	Идея решения близка к использованной в решении задачи а).
255.	Примените неравенство (I), стр. 65.
256.	Примените неравенство (!'), стр. 66.
257.	Примените неравенство (I).
258.	Воспользуйтесь неравенствами (I) и (Г).
259.	Воспользуйтесь неравенством (I).
260.	Примените неравенство (I).
Ответ: х— у .
261.	Воспользуйтесь неравенством (I).
Ответ: Продавец отпускает больше товара, чем следует.
262.	а) Воспользуйтесь выражениями для среднего арифметического, среднего геометрического и среднего гармонического двух чисел (см. стр. 65—66).
б) Следует из задачи а).
263—280]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
451
263.	Воспользуйтесь результатами задачи 162а).
264.	Примените неравенство задачи 263.
265.	Примените неравенство задачи 263. а
Ответ: x=y = z~~. о
266.	Воспользуйтесь неравенством задачи 263.
267.	Примените т раз неравенство (I), стр. 65.
268.	Первое доказательство. Докажите, что если теорема справедлива для «4-1 чисел, то она справедлива также и для п чисел; далее воспользуйтесь результатом задачи 267.
Второе доказательство. Примените метод математической индукции; воспользуйтесь тем, что если ап+1 есть наибольшее из «4-1 чисел, а19 а2> ... , ап, ап+1, то
а1 + «2+.-.+«п ---------------•
Третье доказательство. Докажите, пользуясь методом математической индукции, неравенство
^1+^2 + •••
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
1
(1«22”-142"“2... 2п)2” и воспользуйтесь неравенством задачи 268.
277.	Воспользуйтесь неравенством задачи 268.
278.	Примените неравенство задачи 268.
Ответ: При х = 0.
279.	Воспользуйтесь предложением задачи 269а).
280.	См. указание к предыдущей задаче.
~	t а
Ответ: Ь = -х-.
452
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
[281—289
281.	а) Доказывается аналогично доказательству теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 268).
б) Для случая п = 2 неравенство доказывается индукцией по k\ далее доказательство аналогично решению задачи а).
282.	Примените теорему о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 268).
„	а
283.	Для случая рационального отношения -р- задача сводится к теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом
(задача 268); случай иррационального отношения получается из первого предельным переходом.
284. Примените Ответ: а) 12,
теорему о степенных средних (задача 283). 24, б) 18 tfTT, 3 /(Г.
285.	Воспользуйтесь методом математической индукции.
286.	Воспользуйтесь предложением предыдущей задачи.
287.	Примените теорему о симметрических средних (задача 286).
Ответ: 8, 16.
>288. Воспользуйтесь теоремой о симметрических средних.
Ответ: а) 1^3, б) •
289. Первое доказательство. Воспользуйтесь неравенством
(xai + brf + (ха2 + Ь2)* + ... + (хап + Ьп)* О,
справедливым при всех действительных значениях х, в частности, при
х____ а1^1 + fl2^2 + . . . + Clifin
«1+«22+...+а*
Второе доказательство. Полагая

где
aJ + ...+а», в = |Л^ + ...+^,
и пользуясь очевидными неравенствами
а. < 1 a j +	(1 = 1,2...п),
290—300]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
453
докажите сначала, что ai ^1 + •• •	!•
Третье доказательство. Воспользуйтесь методом математической индукции.
Четвертое доказательство. Докажите сначала тождество
(П \ / П \	/ п \Ъ п п
У. )“(£ акЬч =	£(ал~аЛ)*
& = 1 / \/e = l / \fc = l	/	fe = i 1 = 1
290. Примените неравенство Коши-Буняковского для двух последовательностей чисел
291. Положите в неравенстве Коши-Буняковского
— Ьг = • • • — bn = 1.
292. Воспользуйтесь неравенством Коши-Буняковского.
293. Воспользуйтесь неравенством Коши-Буняковского, положив в нем
= +	а2=^х2+у2.........=	+
а
61 = Х1, Ь2 —Х2, ...» ^п~^п и
а1 = х1-\-у11 а2 = х2 + у2..ап = хп + уп,
а
Ь1 = У1, Ь2 = у2, ...» bn = yn.
294—296. Воспользуйтесь неравенством Коши-Буняковского.
297.	Сравните данное неравенство с неравенством Коши-Буняковского.
298.	Примените дважды неравенство Коши-Буняковского.
299.	Если последовательность чисел az — возрастающая: аА <z то рассматриваемое отношение будет наибольшим в том случае, когда последовательность bj убывающая: Ьх Ь2 Ь3	Ьп. Далее положите
62 = a,&2 + ₽,-62
(i = 2. 3.n —1)
и воспользуйтесь неравенствами (II) (стр. 73) и (I) (стр. 65).
300.	Составьте разность
n (a1bL + а2Ь2 +... + апЬп) — Gh + flg + • • • +an) (^i + + • • • +
454
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
{301—317
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 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 теоремой о среднем арифметическом и среднем геометрическом (задача 263).
308.	Воспользуйтесь неравенством Гельдера (задача 303).
309.	а) Воспользуйтесь формулой (а—&) (а*"1 +	+... + аб*'2 + 6*-1).
б)	Примените результат задачи а).
310.	Вычислите сначала старший коэффициент последовательности = blnk~1 + ... (см. задачу 309а)).
311.	Воспользуйтесь методом математической индукции.
312.	См. предыдущее указание.
313.	Воспользуйтесь формулой задачи 311а).
314.	Воспользуйтесь формулой задачи 313.
315.	См. указание к предыдущей задаче.
О,..г: 1Ч-2* + 3* + ...	-["+ № + ]>№.- + 3,- D .
□и
316.	а) Рассмотрите последовательность «„= 1*+2*+3*+... +nft,
воспользуйтесь результатами задач 3096) и 314.
б)	Примените к последовательности ип— lfe + 2ft + 3ft+ ... + и к последовательности = (и + l)fe результат задачи 310; определите, воспользовавшись формулой задачи 313, числа (k — 1)-го ряда разностей последовательности /г-й степени.
Ответ: Коэффициент при nk+1 равен , коэффициент при h	1
tr равен — .
317.	Воспользуйтесь формулой задачи 313.
318—320]	ответы и указания	455
318...Постройте треугольник сумм для чисел С °, CJ, ......Сп-
от в ет: С"п.
319.	Рассмотрите треугольник сумм для чисел ряда 1, у,
7»".....Ьп '
320.	Докажите, что треугольник разностей последовательности , 1 1 1
1, у, у,	имеет вид
1 1 1 1 CJ 2CJ ЗС’ 4С’ •-________1_______1_______1_
2CJ	ЗС*	4С|
1 1 ЗС»	4CJ
1 4С®
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА» ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
БИБЛИОТЕКА МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
Вып. 1. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Я г лом. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Арифметика и алгебра.
Вып. 2. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Я г лом. Избранные задачи и теоремы планиметрии.
Вып. 3. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом.
Избранные задачи и теоремы стереометрии.
Вып. 4. И. М. Яглом. и В. Г. Болтянский. Выпуклые фигуры.
Вып. 5. А. М. Яглом и И. М. Яглом. Неэлементарные задачи в элементарном изложении.
Вып. 6. Е. Б. Дынкин и В. А. Успенский. Математические беседы.
Вып. 7. И. М. Яглом. Геометрические преобразования, I. Движения и преобразования подобия.
Вып. 8. И. М. Яглом. Геометрические преобразования, II. Линейные и круговые преобразования.
Вып. 9. М. Б. Балк. Геометрические приложения понятия о центре тяжести.
Вып. 10. Г. Радемахер и О. Теплиц. Числа и фигуры. Опыты математического мышления.
Цена 85 коп.