<<

стр. 6
(всего 9)

СОДЕРЖАНИЕ

>>

посредством нечетных:
1 + 5, 3 + 3, 1 + 1 + 1 + 3, 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1.
Для доказательства этого факта обозначим через d(n) количество раз-
биений числа n на различные слагаемые, а через l(n) — на нечетные.
Установите равенства:
а) d(0) + d(1)x + d(2)x2 + . . . = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) . . . ;
б) l(0) + l(1)x + l(2)x2 + . . . = (1 ? x)?1 (1 ? x3 )?1 (1 ? x5 )?1 . . . ;
в) d(n) = l(n) (n = 0, 1, 2, . . . ).
(Считается по определению, что d(0) = l(0) = 1.)
3. Производящие функции 165

11.86* . Придумайте какое-либо взаимно однозначное соответствие
между разбиениями натурального числа на различные и на нечетные
слагаемые. В этом могут помочь диаграммы Юнга, уже упоминавшиеся
в разделе 4, с. 148.
11.87. Определите коэффициент an в разложении
(1+qx)(1+qx2 )(1+qx4 )(1+qx8 )(1+qx16 ) . . . = a0 +a1 x+a2 x2 +a3 x3 +. . .
(См. также 5.64.)
11.88. Каков знак n-го члена в разложении произведения
(1 ? a)(1 ? b)(1 ? c)(1 ? d) . . . =
= 1 ? a ? b + ab ? c + ac + bc ? abc ? d + . . . (n = 0, 1, 2, . . . )?
(См. также 5.73.)
11.89. Найдите общую формулу для коэффициентов ряда
1
(1 ? 4x)? 2 = 1 + 2x + 6x2 + 20x3 + . . . + an xn + . . .
11.90. Переменные x и y связаны равенством
x = y + y2 + y3 + . . . + yn + . . .
Разложите y по степеням x.
11.91. Переменные x и y связаны равенством
y2 y3 yn
x=y+ + + ... + + ...
2! 3! n!
Разложите y по степеням x.
?
Cn zn — производящая функция последо-
11.92. Пусть C(z) =
n=0
вательности чисел Каталана {Cn }. Докажите, что она удовлетворяет
равенству
C(z) = zC2 (z) + 1,
и получите явный вид функции C(z). (См. также 2.116.)
11.93. Выведите формулы для чисел Каталана из задачи 2.115,
воспользовавшись результатом предыдущей задачи и равенством
?
1/2
Cn (?z)n ,
(1 ? z) = 1/2
n=0
где
(1/2)(1/2 ? 1) . . . (1/2 ? n + 1)
Cn =
1/2
n!
— обобщенные биномиальные коэффициенты (смотрите определение на
с. 154).
166 11. Последовательности и ряды

4. Многочлены Гаусса
Определение. Для целых неотрицательных k и l определим функ-
ции gk,l (x) равенством

(1 ? xl+1 )(1 ? xl+2 ) . . . (1 ? xl+k )
gk,l (x) = .
(1 ? x)(1 ? x2 ) . . . (1 ? xk )

11.94. Вычислите функции gk,l (x) при 0 4 и покажите,
k+l
что все они являются многочленами.
11.95. Докажите следующие свойства функций gk,l (x):
hk+l (x)
а) gk,l (x) = ,
hk (x) · hl (x)
где hm (x) = (1 ? x)(1 ? x2 ) . . . (1 ? xm ) (h0 (x) = 1);
б) gk,l (x) = gl,k (x);
в) gk,l (x) = gk?1,l (x) + xk gk,l?1 (x) = gk,l?1 (x) + xl gk?1,l (x);
г) gk,l+1 (x) = g0,l (x) + xg1,l (x) + . . . + xk gk,l (x);
д) gk,l (x) — многочлен относительно x степени kl.
Многочлены gk,l (x) называются многочленами Гаусса. Их свой-
ства во многом аналогичны свойствам биномиальных коэффициентов.
В частности, среди многочленов они играют ту же роль, что и биноми-
альные коэффициенты среди чисел.
11.96. Определение функций gk,l (x) не позволяет вычислять их зна-
чения при x = 1. Но, поскольку функции gk,l (x) являются многочлена-
ми, они определены и при x = 1. Докажите равенство gk,l (1) = Ck . Ка-
k+l
кие свойства биномиальных коэффициентов получаются, если в свой-
ства б) – г) из задачи 11.95 подставить значение x = 1?
11.97. Найдите сумму

Sl (x) = g0,l (x) ? g1,l?1 (x) + g2,l?2 (x) ? . . . + (?1)l gl,0 (x).

11.98. Обозначим через Pk,l (n) количество разбиений числа n на не
более чем k слагаемых, каждое из которых не превосходит l. Докажите
равенства:
а) Pk,l (n) ? Pk,l?1 (n) = Pk?1,l (n ? l);
б) Pk,l (n) ? Pk?1,l (n) = Pk,l?1 (n ? k);
в) Pk,l (n) = Pl,k (n);
г) Pk,l (n) = Pl,k (kl ? n).
11.99. Пусть fk,l (x) — производящая функция последовательности
Pk,l (n):
fk,l (x) = Pk,l (0) + xPk,l (1) + . . . + xkl Pk,l (kl).
4. Многочлены Гаусса 167

а) Докажите равенства:

fk,l (x) = fk?1,l (x) + xk fk,l?1 (x) = fk,l?1 (x) + xl fk?1,l (x).
б) Докажите, что функции fk,l (x) совпадают с многочленами Гаусса
gk,l (x).
11.100. Докажите, что при любых k и l многочлен gk,l (x) явля-
ется возвратным, то есть xkl gk,l (1/x) = gk,l (x). Решите задачу двумя
способами: пользуясь определением многочленов Гаусса и при помощи
свойств чисел Pk,l (n) из задачи 11.98.
11.101. Докажите, что
Pkl (0) + Pkl (1) + Pkl (2) + . . . + Pkl (kl) = Ck ,
k+l

не используя свойства многочленов Гаусса.
Глава 12
Шутки и ошибки

12.1. Ученик Коля Васин при помощи метода математической ин-
дукции смог доказать, что в любом табуне все лошади одной масти.
Если есть только одна лошадь, то она своей масти, так что база
индукции верна. Для индуктивного перехода предположим, что есть
n лошадей (с номерами от 1 до n). По индуктивному предположению
лошади с номерами от 1 до n?1 одинаковой масти. Аналогично лошади
с номерами от 2 до n также имеют одинаковую масть. Но лошади с
номерами от 2 до n ? 1 не могут менять свою масть в зависимости от
того как они сгруппированы — это лошади, а не хамелеоны. Поэтому все
n лошадей должны быть одинаковой масти.
Есть ли ошибка в этом рассуждении, и если есть, то какая? (См.
также 1.4.)
12.2. Иногда вычитая дроби можно вычитать их числители и скла-
дывать знаменатели. Например:
9 ? 25 9 25 8 ? 50 8 50
=?; =?.
6 + 10 6 10 2+5 2 5
Для каких дробей это возможно?
12.3. Найдите все дроби с числителем и знаменателем не превосхо-
дящими 100, в которых можно проводить сокращение на равные цифры.
Примером может служить равенство
16 1
=.
64 4
12.4. Легко проверить равенства
16 16 64 64
log 16 + = log 16 + log log ? 8 = log ? log 8.
;
15 15 7 7
В каких еще случаях можно выносить логарифм за скобку?
12.5. При каких значениях a и b возможно равенство
sin a + sin b = sin(a + b)?
169

12.6. Квадраты двух зеркальных чисел 12 и 21 также являются
зеркальными числами (144 и 441). Какие двузначные числа обладают
аналогичным свойством? И дополнительный вопрос: в каких системах
счисления число 441 будет полным квадратом?
12.7. Черная пятница. Докажите, что тринадцатое число месяца
с большей вероятностью приходится на пятницу, чем на другие дни
недели. Предполагается, что мы живем по Григорианскому стилю (см.
3.153).
12.8. Коля Васин, решая задачу, получил в ответе шестизначное
число. А потом он подумал, что это произведение двух трехзначных
чисел и выполнил умножение. Каким был первоначальный ответ, если
второй ответ оказался в три раза меньше?
12.9. Восстановите алфавит племени Мумбо-Юмбо из задачи 2.6.
12.10. Найдите коэффициент при x у многочлена
(x ? a)(x ? b)(x ? c) . . . (x ? z).
12.11. «1 = ?1». Изучив комплексные числа, Коля Васин решил
вывести формулу, которая носила бы его имя. После нескольких попы-
ток ему это удалось:
v v vv vv
1 ?1 1 ?1
?v = v ? 1 1 = ?1 ?1 ? 1 = ?1.
=
?1 1 ?1 1
После некоторых размышлений, Коля придумал более короткое дока-
зательство своего тождества:
v
v v
?1 = i2 = ?1 · ?1 = (?1)(?1) = 1 = 1.
Не ошибся ли где-нибудь Коля Васин? (См. также 7.24.)
12.12. После экспериментов с мнимой единицей, Коля Васин занял-
ся комплексной экспонентой. Пользуясь формулами задачи 7.51, он смог
доказать, что sin x всегда равен нулю, а cos x — единице:
(e2?i )x/(2?) ? (e?2?i )x/(2?)
eix ? e?ix 1?1
sin x = = = = 0;
2i 2i 2i
(e2?i )x/(2?) + (e?2?i )x/(2?)
eix + e?ix 1+1
cos x = = = = 1.
2 2 2
Где ошибка в приведенных равенствах? (См. также 7.55.)
12.13. «65 = 64 = 63». Тождество Кассини лежит в основе одного
геометрического парадокса. Он заключается в том, что можно взять
170 12. Шутки и ошибки

шахматную доску, разрезать ее на четыре части, как показано ниже, а
затем составить из этих же частей прямоугольник:




Как расположить те же четыре части шахматной доски, чтобы до-
казать равенство «64 = 63»? (См. также 3.112.)
12.14. Из километров — в мили. В задаче 3.125 была введена фи-
боначчиева система счисления. Она оказывается удобной, когда нужно
сделать перевод расстояния из километров в мили или наоборот.
Предположим, что мы хотим узнать, сколько миль в 30 километрах.
Для этого представляем число 30 в фибоначчиевой системе счисления:
30 = 21 + 8 + 1 = F8 + F6 + F2 = (1010001)F .
Теперь нужно сдвинуть каждое число на одну позицию вправо, получая
F7 + F5 + F1 = 13 + 5 + 1 = 19 = (101001)F .
Поэтому предполагаемый результат — 19 миль. (Правильный ответ —
около 18,46 миль.) Аналогично делается перевод из миль в километры.
Объясните, почему работает такой алгоритм. Проверьте, что он дает
округленное число миль в n километрах при всех n 100, отличающе-
еся от правильного ответа меньше чем на 2/3 мили.
12.15. Обозначим через S сумму следующего ряда:
(12.1)
S = 1 ? 1 + 1 ? 1 + 1 ? ...
Преобразовав равенство (12.1), можно получить уравнение, из которого
находится S:
1
S = 1 ? (1 ? 1 + 1 ? 1 + . . . ) = 1 ? S ? S = .
2
Сумму S можно также найти объединяя слагаемые ряда (12.1) в пары:
S = (1 ? 1) + (1 ? 1) + . . . = 0 + 0 + . . . = 0;
S = 1 ? (1 ? 1) ? (1 ? 1) ? . . . = 1 ? 0 ? 0 ? . . . = 1.
171

Наконец, переставив местами соседние слагаемые, получаем еще одно
значение S:
S = ?1 + 1 ? 1 + 1 ? 1 + . . . = ?1 + (1 ? 1) + (1 ? 1) + . . . = ?1.
Итак, действуя четырьмя разными способами, мы нашли четыре значе-
ния суммы S:
1
S = = 0 = 1 = ?1.
2
Какое же значение имеет сумма S в действительности?
Ответы, указания, решения

Глава 1

1.15. Воспользуйтесь тождеством из задачи 1.14.
1.16. an = 2n + 1 (n 0).
1.26. При n = 1 утверждение задачи очевидно. Предположим, что
утверждение справедливо для некоторого n 1 и докажем его для
n+1. Назовем набор чисел допустимым, если ни одно из них не делится
ни на какое другое. Пусть нам удалось среди чисел от 1 до 2n + 2
найти допустимый набор из n + 2 чисел. В этом наборе будут обяза-
тельно присутствовать числа 2n + 1 и 2n + 2, так как иначе получается
противоречие с индукционным предположением. Другие n чисел из
допустимого набора обозначим a1 , . . . , an . Среди них нет числа n + 1,
так как n + 1 | 2n + 2. Поэтому, дополняя набор a1 , . . . , an числом
n + 1, получаем снова допустимый набор. Но он состоит из n + 1 числа в
пределах от 1 до 2n, что снова противоречит предположению индукции.
Мы доказали даже чуть более сильное утверждение: среди любых
n + 1 натуральных чисел, меньших 2n, есть два числа, отношение ко-
торых — степень числа 2.
1.27. x = 1, 2, . . . , n.
1.37. Это неравенство удобно доказывать при помощи «обратной
индукции» (см. задачу 1.4), то есть делать переход от n к n ? 1. Но
предварительно понадобится доказать справедливость этого неравен-
ство для всех n вида n = 2k .
2 1
1.40. .
1+
3 n(n + 1)
1.42. Самое короткое решение содержит 28 ? 1 перемещений.
1.43. 38 ? 1.
1.44. 2 · 37 ? 1.
1.45. Если квадрат допускает разбиение на n квадратов, то он
допускает разбиение и на n + 3 квадрата (достаточно один из квадратов
разрезать на четыре). Разобьем все натуральные числа на три арифме-
тические прогрессии n = 3k, n = 3k + 1, n = 3k + 2, и в каждой из них
найдем минимальное n, для которого задача имеет решение. В первой
Ответы, указания, решения 173

прогрессии минимальное такое n равно 6, во второй — 4, в треть-
ей — 8. (Требуемые разбиения строятся из квадратов 3 ? 3, 2 ? 2 и 5 ? 5.
1.47. а) 2 кольца (11 = 1 + 1 + 3 + 6). б) Из (n + 1)2n ? 1 колец.
1.48. Банк может выдать суммы 8, 9 и 10 рублей. Прибавляя к
ним нужное количество трехрублевых купюр, можно получить любую
большую сумму.
1.50. 1 + n(n + 1)/2.
1.51. n2 ? n + 2.
1.53. (n3 + 5n + 6)/6.
1.57. k + mk ? m.
1.58. Проведите индукцию по числу граней.
1.59. Пусть не все точки лежат на одной прямой. Проведем прямую
через каждую пару точек и рассмотрим всевозможные пары: прямая и
не лежащая на ней точка. Противоречие получается, если рассмотреть
пару, в которой расстояние от точки до прямой минимально.
1.61. Пусть an число невырожденных треугольников периметра n с
целыми длинами сторон. Докажите, что
n?1
если n — нечетно;
,
4
an = an?3 +
если n — четно.
0,

Отсюда a100 = 24 + 23 + 21 + 20 + . . . + 3 + 2 = 208.

Глава 2
2.1. а) 24. б) 28.
2.2. 9 · 106 .
2.3. 103 · 303 .
2.4. Школьников в 27/25 раза больше.
2.5. 65 · 84 + 64 · 85 .
2.6. 40.
2.7. 9 · 104 · 2.
2.8. 9 · 105 ? 56 .
2.9. 9 · 109 ? 9 · 9!.
2.11. 360.
2.12. 9 · 102
2.13. 9 · 107 · 5.
2.14. 37 .
2.15. 54 .
2.16. Найдите число способов поставить фишки на поля одного цвета
и на поля разных цветов. Ответ: нет.
174 Ответы, указания, решения

2.18. 38
2.19. Если всего имеется n точек, то из каждой выходит от 0 до n
линий. Но не может быть двух точек таких, что из одной выходит n
линий, а из другой — 0.
2.20. Если взять k + 1 карточку с нечетными номерами, то условие
задачи будет выполнено. Если взять k + 2 карточки, то рассматривая
разности чисел на них, мы получим не менее k + 1 различных чисел
от 1 до 2k. Поэтому хотя бы 2 из них совпадут с числами на k ? 1
невыбранной карточке.
2.21. Шахматная доска может быть разбита на 16 квадратов 2 ? 2.
Если на доске более 16 королей, то два из них попадут в такой квадрат
и будут бить друг друга. Ответ: 16.
2.22. В каждой из 50 пар женщина находиться не может.
2.23. Пусть N(k, l) и N(k, r) — количества левых и правых сапог k-го
размера соответственно. По условию задачи
N(k, l) + N(k, r) = 200 (k = 41, 42, 43);
N(41, l) + N(42, l) + N(43, l) = 300;
N(41, r) + N(42, r) + N(43, r) = 300.
Не может случиться так, что для каждого размера левых (правых)
сапог меньше чем правых (левых). Без ограничения общности будем
считать, что
N(41, l) N(41, r), N(42, l) N(42, r), N(43, l) N(43, r).
Тогда количество годных пар
N(41, l) + N(42, l) + N(43, r) = 300 ? N(43, l) + N(43, r) 100.
2.24. См. задачу 2.19.
2.25. Расположим данные числа в порядке возрастания и разобьем
их на группы по цифре десятков. Число m таких групп удовлетворяет
условиям 6 m 10. Среди m групп найдется группа A6 , в которой не
менее 6-ти чисел. Аналогично (методом от противного) устанавливается
существование групп A5 , . . . , A1 . Первое число возьмем из A1 . Второе —
из A2 , так чтобы цифра единиц отличалась от цифры единиц первого
числа и т. д.
2.27. 999.
2.28. Докажем по индукции, что если из чисел от 1 до 2n ? 2 (n 3)
выбрано n + 1 различное число, то из них можно выбрать три таких
числа, что сумма двух из них равна третьему. При n = 3 утверждение
задачи очевидно. Предположим, что утверждение доказано для n = k
Ответы, указания, решения 175

и рассмотрим случай n = k + 1. Если k + 1 из выбранных чисел попали
в промежуток от 1 до 2k ? 2, то применимо предположение индукции.
Если же это не так, то обязательно должны быть выбраны числа 2k ? 1
и 2k. Другие k выбранных чисел находятся на отрезке от 1 до 2k ? 2.
Разбивая этот отрезок на пары (1, 2k ? 2), (2, 2k ? 3), . . . , (k ? 1, k),
получаем, что одна из пар состоит из выбранных чисел. Но тогда они
дают в сумме 2k ? 1. Если число 1002 заменить на 1001, то утвержде-
ние перестанет быть верным. Примером может служить набор 1000,
1001, . . . , 2000.
2.30. Пусть в турнире участвуют n команд. Тогда разыгрывается
n(n ? 1)
очков. Команды могли набрать разное количество очков
2
(0, 1, . . . , n ? 1) лишь после окончания турнира. Поэтому предпослед-
няя команда набрала 1 очко и обязана была проиграть победителю.
2.31. Пусть доска раскрашена в два цвета. Рассмотрим произволь-
ный столбец. Один из цветов встречается в нем бесконечное число раз.
Зафиксируем этот цвет. Вычеркнем из таблицы все строчки, которые
в выбранном столбце не содержат зафиксированный цвет. Покажите,
что в оставшейся таблице можно найти четыре нужные клетки. Для
решения задачи с произвольным числом цветов, примените индукцию.
2.33. Рассмотрим произвольную из 6-ти данных точек. По крайней
мере 3 отрезка, выходящие из этой точки, окрашены в один цвет. Можно
считать эти отрезки синими. Если два из их концов соединены отрезком
синего цвета, то нужный треугольник найден. Если это не так, то концы
отрезков образуют треугольник красного цвета.
2.34. Рассмотрим n последовательностей
{1, 2, 4, 8, . . . , 2k , . . . },
{3, 6, 12, 24, . . . , 3 · 2k , . . . },
............
{2n ? 1, (2n ? 1)2, (2n ? 1)4, . . . , (2n ? 1) · 2k , . . . }.

Каждая из них имеет ровно один элемент на отрезке [n + 1; 2n].
Значит, из (n + 1)-го выбранного числа хотя бы два окажутся в одной
и той же последовательности.
2.36. 17!.
2.38. 8!.
2.39. 16!.
2.40. 16!/2.
2.41. 28 · 6! · 1111111.
2.42. а) 28!; б) 28! ? 27 · 2 · 26!.
2.43. C4 .
9
176 Ответы, указания, решения

2.44. C4 , C3 .
28 27
2.45. 2 · C7 + 1 · C6 .
10 10
2.46. C2 .
n
2.47. C2 .
n
2.48. C2 · C2 .
n m
2.49. По условию задачи, любые 5 человек сейф открыть не могут.
Значит у них нет ключа от некоторого замка. При этом любой другой
член комиссии должен этот ключ иметь. Поэтому нужно поставить C5 9
замков. 4 ключа от каждого замка отдаются некоторой четверке членов
комиссии, причем разные ключи раздаются разным четверкам. При
этом, если соберутся 6 человек, то среди них будет по представителю
из каждой четверки и они смогут открыть все замки.
В общем случае понадобится Cm?1 замков и n ? m + 1 ключ к
n
каждому из них.
2.50. C5 · C5 .
7 9
2.54. а) 26; б) 51.
2.55. Рассмотрите n = 2a ? 1.
2.56. б) C2 ? k.
k
2.57. n.
2.58. а) 5!; б) 6!/2; в) 8!/3!; г) 11!/(2! · 3!); д) 11!/(4! · 2! · 2!);
е) 13!/(2!)4 .
2.59. Каждому маршруту можно поставить в соответствие слово,
состоящее из m букв «x» и n букв «y» по следующему правилу: если
делается шаг параллельно оси Ox, то пишем «x», если вдоль оси Oy, то
пишем «y». Таких слов всего
(m + n)!
= Cm = Cn .
m+n m+n
m! n!

2.60. Поставьте в соответствие каждому маршруту кузнечика слово,
в котором по 9 раз встречаются буквы x, y и z. Ответ: 27!/(9!)3 .
(m + 1)(m + 2) 2
2.61. .
2
1 1 24!
2.62. а) C6 . б) · .
12
4! (6!)4
2
2.63. Выбор множеств A и B равносилен приписыванию каждому
элементу множества C одной из букв a, b или c. В обоих случаях
ответ 3n .
32!
2.65. .
10! · 10! · 10! · 2! · 2
2.66. Каждому такому числу однозначно соответствует выбор 6-ти
цифр из набора 9876543210. Ответ: C6 .
10
Ответы, указания, решения 177

2.67. Из (m+1)-й позиции (m?1 место между белыми шарами и два
места по краям) нужно выбрать n позиций, в которые будут положены
черные шары. Ответ: Cn . m+1
n?1
5
2.68. C19 ; Cm?1 .
2.69. C5 .
25
2.70. а) C2 ; б) C2 .
999 1002
2.71. C5 .
22
2.72. 113 = C0 103 + C1 102 + C2 101 + C3 100 , 114 = 14641.
3 3 3 3
2.73. 27 .
2.74. В этой задаче возможны различные ответы. Можно, напри-
мер, расположить сверху перевернутый треугольник Лейбница (смот-
рите задачу 2.88). Можно также доопределить биномиальные коэффи-
циенты Ck при отрицательных n при помощи равенства а) из зада-
n
чи 11.69.
2.75. При n = 2k ? 1.
2.76. а) 35 ; б) 0; в) 2n .
2.77. а) Левая часть: число способов выбрать m элементов из r, а
потом из выбранных m выбрать еще k. Правая часть: сразу выбираем
k элементов из r, а из оставшихся выбираем еще m ? k.
2.79. 36 шаров.
2.80. x = 2, y = 3, n = 5.
2.81. Примените «жадный» алгоритм. Сначала из n нужно вычесть
наибольшее число вида C3 так, чтобы остаток был неотрицательным.
z
Из него нужно вычесть наибольшее число вида C2 . То что останется
y
1
всегда можно записать в виде Cx .
2.82. Общее число способов выбрать компанию из 3 человек равно
3
C10 = 120. Каждая ссора разрушает не более 8 таких компаний, поэтому
число разрушенных компаний не больше 8 · 14 = 112. Значит осталось
по крайней мере 8 дружных компаний.
2.83. m = 3,v = 2.
n
2.84. C100 4( 3)64 .
6

2.86. 2 · 5! · 5!.
2.87. Каждая точка пересечения диагоналей однозначно определяет
четверку вершин, через которые проходят эти диагонали. Наоборот,
каждой четверке вершин соответствует ровно одна точка пересечения
диагоналей. Поэтому число точек пересечения диагоналей Tn вычис-
ляется по формуле Tn = C4 . Для нахождения Kn — числа частей, на
n
которые n-угольник разбивается диагоналями, нужно проверить равен-
ство

Km+1 ? Km = Tm+1 ? Tm + m ? 1.
178 Ответы, указания, решения

Суммируя его по m в пределах от 2 до n, находим, что
n(n ? 1)
Kn+1 = Tn+1 + .
2
Отсюда
n(n ? 1)(n2 ? n + 10)
Kn+1 = C4 + C2 = .
n+1 n
24
2.88. Знаменатели чисел, расположенных в рядах гармонического
треугольника, пропорциональны элементам треугольника Паскаля,
причем коэффициентами пропорциональности служат граничные чле-
ны. Там, где в треугольнике Паскаля стоит число Ck , в треугольнике
n
1
Лейбница находится . Рекуррентная формула
(n + 1)Ck
n

1 1 1
+ =
(n + 1)Ck?1 (n + 1)Ck k?1
n · Cn?1
n n

проверяется непосредственным вычислением.
2.90. Для нахождения суммы достаточно сложить следующие ра-
венства, которые следуют из рекуррентной формулы для треугольника
Лейбница (см. решение задачи 2.88)
1 1 1 1 1 1 1 1 1
? =, ? =, ? = , ...
6 12 12 12 20 30 20 30 60
Общая формула аналогична равенству из задачи 2.77 д).
1
2.91. в) .
(r ? 1)! · (r ? 1)
2.92. C4 /C4 .
10 25
2.93. 5/90 = 1/18.
2.94. а) 1/103 ; б) 1/102 .
2.96. Да, может.
2.97. a1 + a2 + . . . + ak .
2.100. 20.
2.101. Пусть Na — количество треугольников, у которых одна из сто-
рон параллельна стороне BC исходного треугольника. Аналогично опре-
делим числа Nb , Nc , Na,b , Nb,c , Na,c и Na,b,c . Через N обозначим общее
число треугольников. Тогда N = 63 , Na = Nb = Nc = 62 , Na,b =
= Nb,c = Na,c = 6, Na,b,c = 1. Искомое число находится по формуле
включений и исключений:

63 ? 3 · 62 + 3 · 6 ? 1 = 53 .

2.102. а) 13200; б) 8800; в) 8000.
Ответы, указания, решения 179

2.103. 1600.
2.104. 998 910.
2.107. Пусть S — площадь всей комнаты, Si — площадь i-го ковра
(i = 1, 2, 3), Si,j — площадь, покрытая i-м и j-м коврами одновременно
(1 i < j 3), и S1,2,3 — площадь, покрытая всеми тремя коврами. По
формуле включений и исключений
S ? (S1 + S2 + S3 ) + (S1,2 + S1,3 + S2,3 ) ? S1,2,3 0.
Отсюда
S1,2 + S1,3 + S2,3 S1 + S2 + S3 ? S = 3.
Поэтому хотя бы одна из площадей S1,2 , S1,3 или S2,3 не меньше 1 м2 .
2.108. Решение этой задачи повторяет рассуждения из задачи 2.107.
2.109. б) Формула включений и исключений дает:

(13.1)
S? Si + Si,j ? Si,j,k + Si,j,k,l ? S1,2,3,4,5 0.

Запишем отдельно равенства, которые получаются если формулу вклю-
чений и исключений применить отдельно к каждому ковру. Например,
для первого имеем

S1 ? S1,i + S1,i,j ? S1,i,j,k + S1,2,3,4,5 0.

Складывая пять подобных равенств, получаем

(13.2)
Si ? 2 Si,j + 3 Si,j,k ? 4 Si,j,k,l + 5S1,2,3,4,5 0.

Найдем теперь такую линейную комбинацию равенств (13.1) и (13.2),
в которой отсутствует сумма Si,j,k . Очевидно, что для этого к нера-
венству (13.2) нужно прибавить утроенное неравенство (13.1):

3S ? 2 Si + Si,j ? Si,j,k,l + 5S1,2,3,4,5 0.

Отсюда
Si,j 2 Si ? 3S = 5 ? 3 = 2.

Значит для некоторых i и j выполняется неравенство Si,j 1/5.
в) Найдите линейную комбинацию равенств (13.1) и (13.2), в которой
отсутствует сумма Si,j .
2.110.
12 13 14 15 23
24 25 34 35 45
123 124 125 134 135
145 234 235 245 345
180 Ответы, указания, решения

цифры на отдельных частях показывают какими из фигур покрыты
соответствующие участки. Например, цифры 1 и 2 в первой клетке
означают, что она покрыта первой и второй фигурами. Эта схема пока-
зывает, что оценки 1/5 и 1/20 — точные.
2.111. Постройте взаимно однозначное соответствие между таки-
ми последовательностями и расстановками скобок в произведении
x0 · x1 · . . . · xn по одному из правил

"(" > +1; " · " > ?1 " · " > +1; ")" > ?1.
или

2.112. Чтобы построить взаимно однозначное соответствие между
триангуляциями многоугольника и расстановками скобок в произве-
дении x0 · x1 · . . . · xn , нужно расставить на сторонах многоугольника
переменные x0 , x1 , . . . , xn (оставшейся стороне приписывается все про-
изведение x0 · x1 · . . . · xn ).
2.113. Придумайте соответствие между всеми такими маршрутами
ладьи и последовательностями чисел из задачи 2.111.
2.115. Чтобы доказать, что существует циклический сдвиг после-
довательности {a1 , . . . , an }, у которого все частичные суммы положи-
тельны, примените принцип максимума: рассмотрите тот циклический
сдвиг, у которого наибольшее количество первых частичных сумм поло-
жительно. Единственность следует из того, что ни одну из последова-
тельностей нельзя разбить на два отрезка с положительными суммами.
Чтобы получить формулу для чисел Каталана, дополните последова-
тельность задачи 2.103 элементом a0 = 1.
2.116. Рассмотрите в произведении x0 · x1 · . . . · xn то умножение,
которое делается последним.


Глава 3
3.1. Если p1 , p2 , . . . , pn — все простые числа, то число N = p1 ?
? p2 · . . . · pn + 1 не может быть ни простым,x ни составным.
3.2. 2 и 19.
3.5. Перепишем уравнение в виде 2q2 = (p ? 1)(p + 1). Заметим, что
p — непременно нечетное простое число. Отсюда q — четное. Поэтому
q = 2. Значит p = 3.
3.7. Пусть p1 = 3, p2 = 7, . . . , pn — все такие простые числа. Рас-
смотрим число N = 4p2 · . . . · pn + 3. Оно не делится ни на одно из чисел
p1 , p2 , . . . , pn , но обязательно содержит простой делитель вида 4k + 3.
3.8. Доказательство повторяет рассуждения задачи 3.7. В качестве
числа N можно взять N = 6p1 · . . . · pn + 5.
Ответы, указания, решения 181

3.9. Каждому делителю a числа n соответствует делитель b, дляv
которого a · b = n. Одно из чисел a или b не превосходит n.
3.10. Когда n — полный квадрат. Воспользуйтесь решением зада-
чи 3.9.
3.11. 111 = 3 · 37; 1111 = 11 · 101; 11111 = 41 · 271; 111111 = 3 · 7 · 11 ?
? 13 · 37; 1111111 = 239 · 4649.
3.12. Рассмотрите числа 1001! + 2, 1001! + 3, . . . , 1001! + 1001.
3.14. а) 5, 11, 17, 23, 29; б) 7, 37, 67, 97, 127, 157.
3.15. Возьмем в качестве начального элемента прогрессии элемент
a этой прогрессии такой, что a > 1. Тогда все числа ak = a + kd при
k = ma делятся на a, то есть являются составными.
3.17. Рассмотрите остатки от деления на 3.
3.18. 5.
3.20. n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4 ? 4n2 = (n2 ? 2n ? 2)(n2 + 2n ? 2).
3.21. Подставьте n = 40 или n = 41. При n = 0, 1, . . . , 39 числа P(n)
будут простыми.
3.23. Рассмотрите число p1 ·2 · . . . · pn ? 1.
3.24. 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 30031 = 59 · 509.
3.25. e5 = 1807 = 13 · 139.
3.26, 3.29. Воспользуйтесь формулами сокращенного умножения из
задачи 6.78.
2n
n n+1
3.27. Так как 2n > n + 1, то 2n+1 | 22 . Отсюда 22 ? 1 | 22 ? 1.
2n
n+1
Но тогда fn | 22 ? 1 | 22 +1 ? 2 = 2fn ? 2.
3.28. Смотрите задачу 3.19.
3.30. При x = 0 многочлен принимает значение a0 . Поэтому a0 = p —
некоторое простое число. Подставляя в многочлен P(x) числа x1 = p,
.
x2 = p2 , x3 = p3 , . . . , получаем P(xj ) . p. Следовательно P(xj ) = p
.
(j = 1, 2, . . . ) и многочлен P(x) принимает одно и то же значение в
бесконечном числе точек, что невозможно. Ответ: нет.
3.32. (m, n) + 1, m + n ? (m, n).
3.33. Рассмотрите прямоугольник OABC, расположенный на коор-
динатной плоскости так, что его вершины имеют координаты O(0; 0),
A(q, 0), B(q, p), C(0, p). Проведите в нем диагональ OB и прямые вида
x + y = k (k = 0, 1, . . . , p + q), которые разделят ее на p + q равных
частей.
3.34. Через 180 дней.
3.35. У пар (a, b) и (b, r) совпадают множества общих делителей.
Значит совпадают и наибольшие элементы в этих множествах.
3.38. Если (a, b) = 1, то для некоторых целых u и v выполняется
равенство au + bv = 1. Домножив его на c, получаем равенство acu +
182 Ответы, указания, решения

+ bcv = c, в котором a делит левую часть. Значит a делит и правую
часть, то есть a | c.
3.39. Если m > n и m = nq + r, где r < n, то один шаг алгоритма
Евклида приводит к равенству

( 1 . . . 1 , 1 . . . 1 ) = ( 1 . . . 1 , 1 . . . 1 ).
m n n r

То есть, применяя алгоритм Евклида к числам, мы получаем, что он
применяется к их длинам m и n Поэтому, в конце концов, получится
число, состоящее из (m, n) единиц.
3.40. 10.
3.41. 10.
3.42. 19 · 19? ? 360? = 1? .
3.43. 500.
3.45. Только если эти числа равны.
3.47. 20 отметок, 9 оборотов.
3.49. Примените алгоритм Евклида к числам, стоящим в числителе
и знаменателе.
3.50. а) Так как (n2 + 2n + 4, n2 + n + 3) = (n + 1, 3), то дробь будет
сократима, когда (n + 1, 3) > 1. Ответ: n = 3k ? 1.
б) Так как (n3 ?n2 ?3n, n2 ?n+3) = (n2 ?n+3, 6n), то дробь можно
сократить либо на 2, либо на 3, либо на некоторый делитель числа n.
Первый случай невозможен. Во втором случае находим, что n = 3k или
n = 3k + 1. В третьем случае (n2 ? n + 3, n) = (n, 3), поэтому n снова
должно быть числом вида n = 3k. Ответ: n = 3k, n = 3k + 1.
3.51. а) Предположим, что данное число целое. Тогда после деления
числителя на знаменатель с остатком, приходим к равенству
n4 + 1 n+3
= n2 ? n + 2 .
2
n +n+1 n +n+1
Либо полученная дробь равна нулю, что возможно при n = ?3, либо
выполняется неравенство 0 < |n2 + n + 1| < |n + 3|. Так как при любых n
0 < n2 + n + 1, то нужно рассмотреть два случая: n + 3 0 и n + 3 < 0.
В первом случае, приходим к неравенству n2 2. Из значений n = ?1,
n = 0, n = 1 условию задачи удовлетворяют только первые два. Ответ:
n = ?3, ?1, 0.
б) n = 0, 1.
3.52. n = 2, 3.
3.53. На 17.
n выполняется равенство (am ? 1, an ? 1) =
3.54. а) При m
= (am?n ? 1, an ? 1). Поэтому алгоритм Евклида для чисел становится
Ответы, указания, решения 183

алгоритмом Евклида для показателей и заканчивается парой показате-
лей (m, n) и 0. Можно также сказать, что задача равносильна задаче
3.39. Действительно, при решении задачи 3.39 основание системы счис-
ления не имело никакого значения. В частности, можно считать, что
вычисления проводились в системе счисления с основанием a.
б) Воспользуйтесь равенством fn+1 = f0 f1 . . . fn + 2.
3.55. Воспользуйтесь взаимной простотой чисел Ферма.
3.57. Воспользуйтесь результатом задачи 3.38.
3.58. Воспользуйтесь результатом задачи 3.57.
3.64. Начните, например, с двух соседних чисел Фибоначчи Fn и Fn+1.
3.66. 7 и 2.
3.68. а) Воспользуйтесь методом математической индукции.
3.73. Как и в задаче 3.72, каждой точке с целыми неотрицательными
координатами (x; y) следует поставить в соответствие число N(x, y) =
= ax + by. Все точки, для которых
(13.3)
N(x, y) = c
получаются друг из друга сдвигом на вектор (b; ?a). Отсюда следует,
что наименьшее число c, для которого уравнение (13.3) имеет n + 1
решение, равно nab + a + b. В этом случае все решения описываются
формулой
(xk ; yk ) = (1 + kb; 1 + (n ? k)a) (0 k n).
Аналогично, наименьшее число c, для которого уравнение (13.3) имеет
n решений, равно (n ? 1)ab + a + b. Поэтому те c, для которых уравне-
ние (13.3) имеет n решений, находятся в пределах
(n ? 1)ab + a + b c nab + a + b.

3.74. Точка с координатой 4140.5.
3.76. 27.
3.77. 24.
3.78. 123.
3.81. При помощи формул задачи 3.80, доказательство каждого тож-
дества сводится к доказательству некоторого равенства, содержащего
максимумы и минимумы.
а) max(?, min(?, ?)) = ?;
б) min(?, max(?, ?)) = ?;
в) ? + ? + ? = max(?, ?, ?) + min(? + ?, ? + ?, ? + ?);
г) ? + ? + ? = min(?, ?, ?) + max(? + ?, ? + ?, ? + ?).
3.84. а) 32; б) 3 · 4 · 6 · 8 · 12.
184 Ответы, указания, решения

3.86. Равенства следуют из того, что все делители числа n = p?1 · . . .
1
. . . · p?s имеют вид
s


d = p?1 . . . p?s (0 ?1 ?1 , . . . , 0 ?s ?s ).
1 s


3.87. n = 12.
3.88. а) 28; б) 160 или 169.
3.89. x = 6, y = 5, z = 4.
3.90. Мультипликативность функций ?(n) и ?(n) следует из формул
задачи 3.86.
3.91. Все делители числа n можно разбить на пары чисел a, b таких,
что a · b = v причем в каждой паре одно из чисел обязательно не
n,
превосходит n.
3.93. ?(m · n) < ?(m) · ?(n); ?(m · n) < ?(m) · ?(n).
3.94. Воспользуйтесь формулой для ?(n) из задачи 3.86.
3.95. Представим n в виде n = 2k?1 b, где b — нечетное число, k 2.
Поскольку ?(x) — мультипликативная функция, то

?(n) = ?(2k?1 )?(b) = (2k ? 1)?(b).

По условию, ?(n) = 2n = 2k b, так что

(2k ? 1)?(b) = 2k b.

Отсюда
b = (2k ? 1)c, ?(b) = 2k c = b + c.

Если c = 1, то у числа b существует по крайней мере три положитель-
ных делителя b, c и 1. В этом случае ?(b) 1 + b + c, что противоречит
равенству ?(b) = b + c. Поэтому c = 1, ?(b) = b + 1, то есть b = 2k ? 1 —
простое число. Согласно задаче 3.29, это возможно только при простых
значениях показателя k. Таким образом n имеет вид n = 2p?1 (2p ? 1),
где p и b = 2p ? 1 — простые числа.
Первые простые числа Мерсенна p = 2, 3, 5, 7 дают совершенные
числа n = 6, 28, 496, 8128.
3.96. 220 и 284; 17296 и 18416.
3.98. 120.
3.100. Оба числа совпадают с количеством натуральных чисел, не
превосходящих ? и делящихся на d.
3.102. Отбросьте знак целой части в формуле Лежандра и дополните
сумму до бесконечной геометрической прогрессии.
Ответы, указания, решения 185

3.103, 3.104. По формуле Лежандра
?p = (ak pk?1 + . . . + a1 ) + (ak pk?2 + . . . + a2 ) + . . . + ak =
= ak (pk?1 + . . . + p + 1) + . . . + a1 =
(ak (pk ? 1) + . . . + a0 (p0 ? 1)) (n ? ak ? . . . ? a1 ? a0 )
= = .
(p ? 1) (p ? 1)

3.107. Нет. Рассмотрите числа n вида n = 2k ? 1 и примените к ним
формулу Лежандра.
3.108. 377 пар кроликов.
3.109. Пусть an — количество способов, которыми кузнечик может
добраться до n-й клетки. Тогда a1 = a2 = 1. Кроме того, в (n + 1)-ю
клетку кузнечик может попасть либо из n-й клетки, либо перепрыгнув
n-ю клетку. Поэтому an+1 = an?1 + an . Отсюда an = Fn?1 .
3.110. 233 способами.
3.111. Из начальных условий F0 = 0, F1 = 1 и рекуррентного соотно-
шения Fn+2 = Fn+1 + Fn числа Фибоначчи с отрицательными номерами
определяются однозначно: F?n = (?1)n+1 Fn .
3.112. Примените индукцию.
3.113. Все равенства доказываются при помощи метода математиче-
ской индукции.
3.114. Разбейте все пути кузнечика на две группы: проходящие и не
проходящие через n-ю клетку.
3.116. 1.
F3 Fn+2
3.117. ? .
F 1 · F2 Fn · Fn+1
3.118. а), б), в) Рассмотрите последовательность остатков от деле-
ния Fn на 2, 3 и 4. г) Воспользуйтесь тождеством из задачи 3.114.
3.119. Рассмотрим остатки от деления чисел F1 , F2 , . . . на m. По
двум соседним элементам этой последовательности она однозначно вос-
станавливается влево и вправо. Поэтому эта последовательность цик-
лически повторяется и 0 (остаток от деления F0 на m) встретится в ней
бесконечно много раз.
3.122. а) Воспользуйтесь результатом задачи 3.35. б) Воспользуй-
тесь равенством (Fm+n , Fm ) = (Fm , Fn ), которое следует из тождества
задачи 3.114.
3.123. Из пункта а) задачи 3.113 следует равенство
Fn + Fn+1 + . . . + Fn+7 = Fn+9 ? Fn+2 .
Это число не может быть числом Фибоначчи, поскольку Fn+8 < Fn+9 ?
? Fn+2 < Fn+9 .
186 Ответы, указания, решения

3.124. Найдите рекуррентную формулу для числа таких последова-
тельностей. Можно также воспользоваться результатом задачи 3.109.
Для этого нужно каждую единицу интерпретировать как прыжок куз-
нечика через клетку.
3.125. Для разложения числа n в фибоначчиевой системе счисления
нужно воспользоваться «жадным» алгоритмом: вычитать из n наиболь-
шее число Fm , не превосходящее n.
3.126. Докажите, что числа Fn , найденные по формуле Бине, удовле-
творяют начальным условиям F0 = 0, F1 = 1 и рекуррентному соотно-
шению Fn+1 = Fn + Fn?1 .
3.127. Раскройте скобки в формуле Бине, пользуясь формулой бино-
ма Ньютона.
3.129. Равенство можно доказать методом математической индук-
ции. Другое решение можно получить если воспользоваться задача-
ми 3.124 и 2.67.
3.130. Sn = 0, если n ? 2, 5 (mod 6); Sn = 1, если n ? 0, 1 (mod 6);
Sn = ?1, если n ? 3, 4 (mod 6). Более коротко ответ задачи можно
записать так:
sin ?(n + 1)/3 ?(n + 1)
2
= v sin
Sn = .
sin ?/3 3
3

3.131. Fn+1 .
3.134. Fn?2 + Fn = Ln?1 .
3.135. Ln = ?n + ?n .
3.136.
v v
Ln + Fn 5 Lk ? Fk 5
n k
? (?1)k = 1.
2 2

3.137. а) Подбором можно найти первые решения данного уравнения
в целых числах (1, 0), (2, 1), (5, 3), в которых угадываются соседние
числа Фибоначчи. Можно предположить, что ответом к задаче будут
пары (xn , yn ) = ± (F2n+1 , F2n ), где n — произвольное целое число.
(См. задачу 3.111.) Действительно, после подстановки пары (F2n+1 , F2n )
в уравнение, приходим к частному случаю тождества Кассини: F2 2n+1 ?
?F2n F2n+2 = 1. (См. задачу 3.112.) Покажем, что у исходного уравнения
нет других решений. Рассмотрим, например, те пары решений (x, y), в
которых x 1 и y 0. Нетрудно проверить, что такие x и y должны
быть связаны неравенствами y < x 2y. Кроме того, каждая пара
решений (x, y) порождает целую цепочку решений по правилу

. . . > (x ? y, 2y ? x) > (x, y) > (2x + y, x + y) > . . .
Ответы, указания, решения 187

При движении по этой цепочке влево числа в парах уменьшаются:
0 < x = x ? y < x, 0 y = 2y ? x < y.
Поэтому на некотором шаге получится пара, в которой y = 0, x = 1, то
есть пара (F1 , F0 ). Но эта пара порождает цепочку
. . . > (F1 , F0 ) > (F3 , F2 ) > . . . > (F2n+1 , F2n ) > . . .
Значит, исходная пара должна иметь вид (x, y) = (F2n+1 , F2n ) = (xn , yn ).
б) Все решения уравнения имеют вид (xn , yn ) = ±(F2n , F2n?1 ), где
n — произвольное целое число.
3.138. а) Докажите сначала вспомогательные неравенства Fn+5
21
F ,F 8Fn .
2 n n+3
k?1 k?1
k k k
3.141. б) Fn = Fn?k+1 Fn?1 + Fk?1 Fn?1 = Fn?k?1 Fn?1 + Fk+1 Fn?1 .
3.142. Докажите, что Ak допускает представление в виде линейной
n
комбинации с целыми коэффициентами чисел Ak?1 и Ak .
n?1 n?1
3.143. а) [11; 3, 4]; б) [1; 6, 6].
Fn+1
3.144. .
Fn
3.147. Смотрите задачу 3.113, пункт г).
3.149. а) При k = 0, 1 равенство проверяется непосредственно. Далее
применим индукцию. Предположим, что равенство доказано для неко-
торого k. Докажем его для k + 1. Подходящая дробь с номером k + 1
получается из k-й дроби заменой ak на ak + 1/ak+1 :
[a0 ; a1 , . . . , ak , ak+1 ] = [a0 ; a1 , . . . , ak + 1/ak+1 ].
Делая такую замену в равенстве
Pk aP + Pk?2
= k k?1 (13.4)
[a0 ; a1 , . . . , ak ] = ,
Qk ak Qk?1 + Qk?2
приходим к соотношению
(ak + 1/ak+1 )Pk?1 + Pk?2 P
= k+2 .
[a0 ; a1 , . . . , ak , ak+1 ] =
(ak + 1/ak+1 )Qk?1 + Qk?2 Qk+2
б) Примените индукцию. в) Из пункта б) немедленно следует, что
числа Pk и Qk взаимно просты.
3.151. Воспользуйтесь свойством б) из задачи 3.149.
3.152. а) xk = 4 + 13k, yk = 31 + 101k (k ? Z); б) xk = ?6 + 19k,
yk = ?19 + 79k (k ? Z).
3.153. Если бы 400 последовательных «григорианских» лет в точ-
ности соответствовали 400 астрономическим годам, то продолжитель-
ность одного астрономического года равнялась бы
97 · 366 + 303 · 365 97
= 365 +
400 407
188 Ответы, указания, решения

дням, что всего лишь на 26 секунд превышает продолжительность го-
да, найденную из астрономических наблюдений. Расхождение невелико:
оно составляет один день в 3323 года. v
3.157. Рассмотрите прямоугольник со сторонами 1, 2 и восполь-
зуйтесь геометрической интерпретацией алгоритма Евклида из зада-
чи 3.146.
3.158. В Юлианском стиле ошибка в одни сутки накапливается за
128 лет.
8
3.159. [365; 4, 7, 1] = 365 . Омар Альхайями ввел цикл из 33 лет,
33
в котором семь раз високосный год считался четвертый, а восьмой раз
високосный год был не четвертый, а пятый. Таким образом, здесь име-
ется 8 лишних суток в 33 года. Ошибка в одни сутки в этом календаре
набегает примерно за 5000 лет. Точнее сказать нельзя, потому что сама
продолжительность астрономического года меняется из-за замедления
вращения Земли вокруг своей оси. Этот эффект задается приближенной
формулой Саймона Ньюкома:

1 год = (365,24219879 ? 0,0000000614 · (n ? 1900)) суток,

где n — номер года. v
v v
3.160. а) v33; б) 34;v в) (1 + 17)/2. v
3.161. а) 2 = [1; 2]; б) 3 = [1; 1, 2]; в) 1/2 + 7 = [3; 6, 1, 6, 5].
3.163. 97/56.
3.164. Докажем сначала, что всякая чисто периодическая цепная
дробь
? = [a0 ; a1 , . . . , ak?1 , ?]

задает квадратичную иррациональность. При решении задачи 3.149 а)
была получена формула (13.4), которая выражает зависимость подходя-
щей дроби от последнего неполного частного. Заменяя в этой формуле
ak на ?, приходим к равенству
?pk?1 + pk?2
?= ,
?qk?1 + qk?2
которое дает квадратное уравнение для ?:

?2 qk?1 + ?(qk?2 ? pk?1 ) ? pk?2 = 0.

Таким образом, ? — квадратичная иррациональность. Осталось заме-
тить, что если
? = [b0 ; b1 , . . . , bm , ?],

то ? также является квадратичной иррациональностью.
Ответы, указания, решения 189

3.166. Проверьте, что последовательность
v n+1 v
? (1 ? 2)n+1
(1 + 2)
v
pn =
22
удовлетворяет начальным условиям p1 = 2, p2 = 5 и рекуррентному
уравнению pn+2 = 2pn+1 + pn , а последовательность
vn v
2) ? (1 ? 2)n
(1 +
v
qn =
22
— начальным условиям q1 = 1, q2 = 2 и рекуррентному уравнению
qn+2 = 2qn+1 + qn . Отсюда vбудет следовать, что pn /qn — n-я подходя-
щая дробь к числу [2] = 1 + 2.
3.167. Предположим сначала, что ? — число иррациональное и
pn /qn — подходящие дроби к ?. В этом случае последовательность зна-
менателей стремится в бесконечность, значит для некоторого n будут
выполнены неравенства qn q qn+1 . При таком выборе n дробь p/q
может совпасть только с n-й подходящей дробью. Покажем, что другие
варианты невозможны. Действительно, если это не так, то число p/q
попадает в один из трех интервалов (??; pn /qn ), (pn /qn ; pn+1 /qn+1 ),
(pn+1 /qn+1 ; ?) (будем считать, что pn /qn < pn+1 /qn+1 ). В первом
случае из неравенств
1 p p p 1
?n
> ?? >
2 q q qn qqn
2q
следует оценка qn > 2q, которая противоречит выбору n. Во втором
случае имеем:
1 p p pn+1 p p p 1 1
= n+1 ? n = ?n
? + + ,
qn qn+1 qn+1 qn qn+1 q q qn q qn+1 q qn
откуда q qn + qn+1 , что также противоречит выбору n. В третьем
случае из неравенств
1 p p p 1
? n+1
> ?? > ,
2 q q qn+1 q qn+1
2q
1 pn p pn p 1 1
? ?? + ?? +2
qqn qn q qn q qn qn+1 2q
q q q q
+ n . Отсюда 1 <
получаем оценки qn+1 > 2q и 1 + = 1.
qn+1 2q 2q 2q
p p
= n.
Таким образом, ни один из этих трех случаев невозможен, и
q qn
a
В случае рационального ? = следует воспользоваться тем, что
b
p a
при =
q b a p 1
? .
b q bq
190 Ответы, указания, решения

3.169. Предположим, что для некоторой дроби p/q выполняется
неравенство
v p 1
2? < 2.
q 3q
v
Согласно задаче 3.167, число p/q является подходящей дробью к 2.
Пусть p/q = Pn /Qn . Тогда
v |Pn+k Qn ? Pn Qn+k |
p P P
= lim n+k ? n = lim
2? .
q k>? Qn+k Qn Qn Qn+k
k>?


Рассмотрим последовательность чисел an = |Pn+k Qn ? Pn Qn+k |. Она
удовлетворяет начальным условиям a0 = 0, a1 = 1 и рекуррентному
соотношению ak = 2ak?1 + ak?2 (k 2).vПоэтому числа an совпадают
со знаменателями подходящих дробей к 2: ak = Qk?1 (k 1), то есть
Qk?1 1 QQ
= 2 · n k?1 .
d=
Qn Qn+k Qn+k
Qn
Чтобы получить противоречие с исходным предположением, достаточно
доказать неравенство
Qn Qk?1 1
.
Qn+k 3
Свойства чисел Qn похожи на свойства чисел Фибоначчи. В частно-
сти, для них можно доказать равенство, аналогичное соотношению из
задачи 3.114:
Qn+k = Qk?1 Qn+1 ? Qk?2 Qn .

Отсюда
Qn Qk?1 Qn Qk?1 1
= = .
Qn+k Qk?1 Qn+1 ? Qk?2 Qn Qn+1 /Qn + Qk?2 /Qk?1

Остается заметить, что
Qn+1 5 Qk?2 1
и .
Qn 2 Qk?1 2

3.170. Примените алгоритм Евклида к многочленам aFk+2 ? 1 и
aFk+1 ? 1. v
a2 b2 + 4ab
ab +
3.171. = [a; b].
2b
3.173. Число ? = [a0 ; . . . , an ] является корнем многочлена f(x) =
= qn x2 + (qn?1 ? pn )x ? pn?1 . Вторым корнем будет сопряженная ир-
рациональность. Так как f(0) = ?pn?1 < 0 и f(?1) = pn ? pn?1 > 0, то
второй корень принадлежит интервалу (?1; 0).
Ответы, указания, решения 191

Глава 4
4.3. Если a и b — нечетные числа, то равенство a2 + b2 = c2 невоз-
можно, поскольку c2 не может давать остаток 2 при делении на 4.
4.5. Каждая кость домино накрывает одну черную и одну белую
клетки доски. Но из шахматной доски вырезаны две черные клетки.
Ответ: нет.
4.12. Рассмотрите множества четных и нечетных чисел.
4.18. Проследите за четностью числа стаканов, которые стоят вверх
дном.
4.19. Не обращайте внимания на угловые и центральные клетки.
4.20. Воспользуйтесь тем, что при любых слияниях амеб, четность
суммарного количества амеб типов A и B не меняется. То же самое
можно сказать про типы A, C и B, C. Ответ: останется амеба типа B.
4.21. Расставьте амеб сначала как на рисунке 1.
  ?
? ?
 
?
 
?
? ?
  ?
? ?     ??
??    ??
 
 ?? ?  ?
? ? ??   ?
?
?  ? ?? 
?
  ?? ? ? ?
 
?
? ?
 
?
  ?
? ?
 
?


Рис. 1. Рис. 2.

Если в начале игры снята фишка с центральной клетки, то, рассуж-
дая как в задаче 4.20, получаем, что последняя фишка может остаться
только на клетке, помеченной буквой A. Но амеб с самого начала можно
расположить и по-другому (смотрите рис. 2). Клеток, которые оба раза
оказываются помечены буквой A оказывается 5 и это именно те клетки,
которые указаны в условии задачи.
4.22. В расширенной таблице сумма элементов в любом столбце и в
любой строке четная. Если изменить один из элементов, то изменятся
суммы для одной строки и одного столбца (станут нечетными). Чтобы
исправить такую ошибку, надо будет изменить тот элемент таблицы,
который находится на пересечении строки и столбца с нечетными сум-
мами. Минимальное число ошибок, которые нельзя обнаружить — 4.
Например, можно изменить все четыре цифры в сообщении 0111. При
этом суммы во всех строках и столбцах останутся четными.
4.23. p2 ? 1 = (p ? 1)(p + 1). Четные числа p ? 1 и p + 1 отличаются
на 2, поэтому одно из них делится на 4.
4.24. Такое число делится на 111 = 3 · 37.
192 Ответы, указания, решения

4.25. а) 8 делителей можно найти среди чисел вида 11 . . . 1 (n единиц)
выбирая n = 1, 2, 3, 6, 331, 662, 993. б) Воспользуйтесь равенством
111 111 = 1001 · 111 = 3 · 7 · 11 · 13 · 37.
. .
. .
4.26. 23k + 1 . 2k + 1, 23k ? 1 . 23 ? 1.
1 1 p
4.28. .
+ =
k p?k k(p ? k)
4.29. m/n = 5/2.
4.30. Подставьте c = 6k ? a ? b или рассмотрите остатки от деления
на 2 и на 3.
4.31. Проследите за тем, как меняется предпоследняя цифра у чисел
вида 11n .
4.32. Пусть b и c — длины второго катета и гипотенузы. Возможны
следующие варианты: (b, c) = (8, 17), (35, 40), (36, 39) и (112, 113).
Ответ: 4.
4.33. а) (x, y) = (±5, ±9), (±10, ±3). б) Представьте уравнение в
виде (1 + x)(1 + x2 ) = 2y . Ответ: (x, y) = (0, 0), (1, 2).
4.34. k1999 + (17 ? k)1999 . 17.
.
.
4.35. Разобьем номера всех счастливых билетов на две группы.
В первую группу отнесем номера, которые состоят из двух равных
трехзначных чисел (например, 765765). Все остальные номера отнесем
ко второй группе. Поскольку
abcabc = abc · 1001 = abc · 7 · 11 · 13,
то каждый номер из первой группы делится на 13, а, значит, делится на
13 и сумма всех номеров из первой группы. Рассмотрим номер abcdef
из второй группы (abc = def). Вместе с этим номером во второй группе
находится и номер defabc. Таким образом, все номера из второй группы
разбиваются на пары. Сумма номеров в каждой паре делится на 13, так
как
abcdef + defabc = (abc + def) · 1001 = (abc + def) · 7 · 11 · 13.
Поэтому делится на 13 и сумма всех номеров из второй группы.
4.36. Рассмотрите остаток, который такое число будет давать при
делении на 9.
4.39. а) Не может, так как 2004 · 4 не делится на 10 = 1 + 2 + 3 + 4.
б) Может. Можно взять 401 пару квадратов с таким расположением
чисел (1, 2, 3, 4) и (4, 3, 2, 1).
p!
4.42. Ck = . Если 0 < k < p, то (k!(p ? k)!, p) = 1, поэтому
p
k!(p ? k)!
число p в числителе сократиться не может.
Ответы, указания, решения 193

4.43. Пусть n составное число и p — один из его простых делителей.
Представим n в виде n = p? m, где (m, p) = 1. По формуле Лежандра
(см. задачу 3.101) находим, что p входит в разложение Cp в степени n
p
? ? 1, поэтому n Cn .
4.45. Воспользуйтесь результатом задачи 4.42.
4.46. Нет. Например, если мы на первом шаге объединяем две первых
кучки, то дальше в любой из получающихся кучек количество камней
будет кратно 5.
4.47. Воспользуйтесь тем, что среди чисел a1 , a1 +a2 , . . . , a1 +a2 +. . .
. . . + an либо одно делится на n, либо два дают равные остатки при
делении на n.
4.48. Покажем, что среди 10 последовательных чисел найдется такое,
которое не делится на числа 2, 3, 5, 7. Оно и будет удовлетворять
условию задачи. Действительно, среди этих чисел 5 делятся на 2. Среди
оставшихся чисел не более 2 делятся на 3, и не более одного — на 5 и 7.
Таким образом исключается не более 9 чисел.
4.49. Среди чисел 1, 2, . . . , 99 есть 50 нечетных и 49 четных. Это
значит, что на одной из карточек на обеих сторонах будут написаны
нечетные числа.
4.50. а) Ничего. б) Это соотношение справедливо для всех целых a
и b.
4.51. Воспользуйтесь равенствами (a + c) ? (b + d) = (a ? c) + (b ? d),
ac ? bd = c(a ? b) + b(c ? d).
?
4.52. Согласно определению, класс a состоит из таких чисел b, что
b ? a (mod m) или b ? a = mt. Таким образом, каждое число из a ?
должно иметь вид mt + a.
?
?
4.53. Пусть a = b. Рассмотрим элемент c, принадлежащий обоим
этим классам. Согласно предыдущей задаче, для некоторых целых t1
и t2 будут выполняться равенства c = a + mt1 , b = a + mt2 . Отсюда
a ? b = m(t2 ? t1 ), то есть b ? a (mod m).
4.54. По принципу Дирихле такие числа попадают по одному в каж-
дый из классов по модулю m.
4.55. При (a, m) = 1.
4.57. При (m, c) = 1.
4.59. Первый игрок должен следить за тем, чтобы количество кам-
ней, оставшихся после его хода, давало остаток 1 при делении 6.
4.62. Если одна фирма приобрела x килограммов яблок, то вто-
рая— 2x, поэтому масса приобретенных яблок должна делится на 3.
4.64. Дискриминант дает остаток 5 при делении на 8, и поэтому не
может быть полным квадратом.
194 Ответы, указания, решения

4.68. От числа b · 105 + a делается переход к числу 10a + b. При
делении на 7 эти числа дают остатки 5b + a и 3a + b. Утверждение
задачи следует из сравнения 5b + a ? 5(3a + b) (mod 7).
4.69. Среди этих чисел всегда есть одно, которое делится на 3. По-
этому p = 3.
.
.
4.70. Если p = 3, то 8p2 + 1 . 3.
4.71. Здесь, как и в задачах 4.69, 4.70, нужно рассмотреть остатки
от деления на 3.
4.72. Среди любых пяти последовательных членов такой арифмети-
ческой прогрессии один обязательно делится на 5. Если это не 5, то про-
стых чисел, идущих подряд, будет не более 4. Ответ: 5, 11, 17, 23, 29.
4.73. 3.
4.74. Так как числа n2 при делении на 3 дают остатки либо 0, либо 1,
то указанное число целым быть не может.
4.75. Сравнение a2 + b2 ? 0 (mod 3) возможно только если оба
числа a и b делятся на 3. Аналогичные рассуждения проходят и для
модуля m = 7
4.78. Остаток равен 24 ? ?1 (mod 17).
4.79. Нет. Рассмотрите числа Евклида en по модулю 5.
4.80. Перейдите от равенства a2 + b2 = c2 к сравнению по соответ-
ствующему модулю.
4.81. а) m + 1 ? 3 (mod 4). б) m ? 1 ? 2 (mod 3).
4.82. an . 3 при n = 2 + 3k; an . 4 при n = 2k (k ? Z).
. .
. .
4.83. а), б), г) ни при каких n; в) при n = 3 + 11k (k ? Z).
4.84. а) n = ?8 + 17k (k ? Z); б) ни при каких.
4.85. x = 17 + 73 k (k ? Z).
4.91. Докажите, что при всех целых x будет выполняться сравнение
P(x) ? 1 (mod 2). Из него будет следовать, что значения P(x) не могут
быть нулевыми.
4.93. а) x ? 2 (mod 13); б) x ? 24 (mod 37); в) x ? 5 (mod 11);
г) x ? 15 (mod 169).
4.94. 1652 и 6125.
4.96. a ? ±1 (mod p).
4.97. Все числа от 2 до p ? 2 можно разбить на пары взаимно обрат-
ных по умножению чисел, то есть для каждого a из этого интервала
найдется b (отличное от a по задаче 4.96) такое, что ab ? 1 (mod p).
Поэтому (p ? 1)! ? p ? 1 (mod p).
4.98. Пусть n — составное число. Если p — некоторый простой дели-
тель числа n (p < n), то (n?1)! ? 0 (mod p), что противоречит условию
(n ? 1)! ? ?1 (mod p).
4.99. (p ? 1)! + 1 = (p ? 2)!(p ? 1) + 1 = (p ? 2)!p ? ((p ? 2)! ? 1).
Ответы, указания, решения 195

4.100. Число p — простое тогда и только тогда, когда 4((p ? 1)! + 1) +
+ p ? 0 (mod p). Остается доказать, что p + 2 — простое тогда и только
тогда, когда 4((p ? 1)! + 1) + p ? 0 (mod p + 2). С этой целью умножим
обе части очевидного сравнения p ? ?2 (mod p + 2) на p + 1. Получаем
p(p + 1) ? ?2(p + 1) = ?2((p + 2) ? 1) ? 2 (mod p + 2).
Части полученного сравнения умножим на 2(p ? 1)! :
2(p + 1)! ? 4 (p ? 1)! (mod p + 2).
К обеим частям полученного сравнения прибавим по p + 4:
2((p + 1)! + 1) + (p + 2) ? 4((p ? 1)! + 1) + p (mod p + 2).
По теореме Вильсона p + 2 — число простое тогда и только тогда, когда
(p + 1)! + 1 ? 0 (mod p + 2) и, следовательно, 2((p + 1)! + 1) + (p + 2) ?
? 0 (mod p + 2), откуда 4((p ? 1)! + 1) + p ? 0 (mod p + 2).
4.101. Из условия задачи следует, что a1 a2 + a2 a3 + . . . + an?1 an +
+ an a1 ? 0 (mod 4). Это сравнение остается справедливым при замене
знака у любого из чисел aj (j = 1, . . . , n). Заменив все числа на +1,
приходим к сравнению n ? 0 (mod 4).
4.102. Докажите неразрешимость по модулю m, где а) m = 4;
б) m = 3; в) m = 7; г) m = 8; д) m = 5; е) m = 5; ж) m = 16;
з) m = 13.
4.103. Сумма пяти последовательных целых чисел всегда делится
на 5:
(n ? 2)2 + (n ? 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5(n2 + 2).
Но число n2 + 2 не может делится на 5, поэтому 5(n2 + 2) полным
квадратом не является.
4.104. Выберите среди чисел 1, 2, . . . , n то, которое делится на
максимальную степень двойки. Такое число будет ровно одно. Поэтому
после приведения к общему знаменателю числитель будет нечетным.
4.105. Для решения задачи нужно рассмотреть последние цифры
указанных чисел, или, что то же самое, перейти к сравнению по модулю
10.
4.106. x = 1, y = 0.
4.107. Воспользуйтесь задачей 3.38.
4.108. Во всех случаях ответ 6.
4.111. Воспользуйтесь соотношением 10p?1 ?1 = 99 . . . 9 ? 0 (mod p).
4.115. При a = 0 утверждение очевидно. Предположим, что оно
доказано для некоторого a 0. Из результата задачи 4.42 следует
196 Ответы, указания, решения

соотношение (a+1)p ? ap +1 (mod p). Далее, применяя предположение
индукции, приходим к нужному сравнению.
ap ? a
4.117. Существует a одноцветных раскрасок и раскрасок, в
p
ap ? a
которых участвует не менее двух цветов. Ответ: + a.
p
4.118. а) 1; б) 9.
4.119. Данное число делится на 31.
4.120. Данное число делится на 1093.
4.122. Пусть q — простой делитель числа 2p ? 1. Тогда выполняются
сравнения 2p ? 1 ? 0 (mod q) и 2q?1 ? 1 ? 0 (mod q) (второе из них —
малая теорем Ферма). Далее следует воспользоваться результатом за-
дачи 3.54 а).
4.123. Воспользуйтесь равенством n16 ? 1 = (n8 ? 1)(n8 + 1).
4.129. Применяя формулу из задачи 3.127, находим, что Fp ? 5(p?1)/2
(mod p), 2Fp+1 ? 1 + 5(p?1)/2 (mod p). Кроме того, 5(p?1)/2 ? 1 (mod p)
при = 10k ± 1 и 5(p?1)/2 ? ?1 (mod p) при = 10k ± 3.
4.130. Число x = 1 удовлетворяет условиям xp?1 ? 1 ? 0 (mod p)
и x3 ? 1 ? 0 (mod p). Далее следует применить результат задачи 3.54.
4.131. Используйте условия xp?1 ?1 ? 0 (mod p) и x5 ?1 ? 0 (mod p).
4.132. а) 16; б) p ? 1; в) p(p ? 1); г) При подсчете ?(p? ) нужно
будет отбрасывать все числа, делящиеся на p. Таких чисел на отрезке
от 1 до p? будет p? . Поэтому ?(p? ) = p??1 (p ? 1).
4.133. p? .
4.134. Числа, взаимно простые с b, находятся в ?(b) столбцах.
В каждом из них ?(a) чисел, взаимно простых с a. (См. задачу 4.55.)
4.135. ?(m).
4.136. (a, m) = 1 и b делится на все простые числа из разложения m.
4.139. а) x = 3, 4, 6; б) x = 15, 30, 20, 24, 16; в) 36; г) нет решений.
4.140. Необходимо, чтобы ?(m) = 2. Но 1 ? 5 (mod 4), поэтому
ответом служат только числа 3 и 5.
4.141. а) x = 2? ; б) x = 2?1 3?2 (?1 , ?2 1); в) нет решений.
4.142. а) При простом n; б) при четном n; в) при любом n.
4.143. а) x = 3; б) x = 3; в) x = 2, y = 3.
4.144. Каждому простому числу p, являющемуся делителем как m
так и n, в числе ?(m · n) соответствует множитель 1 ? 1/p, а в числе
?(m) · ?(n) — множитель (1 ? 1/p)2 . Так как (1 ? 1/p) < 1, то при
(m, n) = 1 будет выполняться неравенство ?(m · n) > ?(m) · ?(n).
4.145. 8, 12.
Ответы, указания, решения 197

4.146. Все такие дроби можно разбить на пары k/n, (n?k)/n. Числа
в такой паре совпадать не могут. Из равенства k/n = (n ? k)/n следует,
что n — четное, k = n/2 и дробь k/n можно сократить на n/2.
4.147. Пусть S(n) — искомая сумма. Очевидно, что S(1) = 1. При
n>1
?(n)
d 1 d n?d 1
= + = 1= .
n 2 n n 2 2
(d,n)=1 (d,n)=1 (d,n)=1
1dn 1dn 1dn

Ответ: S(1) = 1, S(n) = ?(n)/2 при n > 1.
4.148. ?(d).
4.149. Рассмотрим ряд чисел из задачи 4.148. С одной стороны, он
состоит из n дробей. С другой стороны, все числа разбиваются на груп-
пы дробей с равным знаменателем d, каждая из которых состоит из
?(d) чисел.
4.150. ?(n)/2.
4.151. а) Из мультипликативности функции Эйлера следует, что
формулу достаточно доказать в случае, когда числа m и n суть степени
одного и того же простого числа. Пусть m = p? , n = p? (? ?
0). Тогда нужное тождество следует из равенств [m, n] = m = p? ,
(m, n) = n = p? .
б) Если воспользоваться мультипликативностью функции Эйлера,
то задача сводится к проверке равенства
?(p?+? ) ?(p? ) = ?(p? ) ?(p? ) p? .
Оно, в свою очередь, следует из соотношения ?(p? ) = p? (p?1). (См. за-
дачу 4.132.)
4
4.152. 3?(10 ) ? 1 ? 0 (mod 104 ).
4.155. Делимость на 2 и на 3 проверяется непосредственно. Дели-
мость на p следует из малой теоремы Ферма.
4.156. ?a?(m)?1 b.
4.158. В качестве n можно взять, например, ?(m).
.?
.
4.159. Пусть n = p?1 . . . p?s . Достаточно доказать, что 2n! ? 1 . pj j
1 s
при j = 1, . . . , s. Для этого нужно применить теорему Эйлера к каждому
?
из чисел mj = pj j .

<<

стр. 6
(всего 9)

СОДЕРЖАНИЕ

>>